2026届辽宁省沈文新高考研究联盟高三上学期10月月考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省沈文新高考研究联盟2026届高三上学期10月月考数学试题一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）1.已知集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由可得，解得，即.如图所示的阴影部分可表示为，因或，，故.故选：A.2.已知，，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】设，根据指数函数的单调性，在上单调递减，则，即；设，根据幂函数的单调性，在上单调递增，则，即.故.故选：D.3.“”是“函数在上单调递增”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】函数，求导得，若函数在上单调递增，则对恒成立，而当时，，则，因此，所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件.故选：A.4.已知函数有最小值，则a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】当时，令，则，则无最小值，不符合题意；当时，，而当时，，当时，，故的值域为，无最小值，不符合题意；当时，令，则，令，则，故必存在最小值，符合题意．综上，a的取值范围是．故选：A.5.已知，且，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以，又，且，所以，所以，所以.故选：D.6.如图，以矩形的顶点为圆心，以长为半径作弧，交于点，交于点，且，若，则的长为（）A. B.2 C. D.【答案】C【解析】方法一：以点为坐标原点，分别以、方向为轴正方向、轴正方向，建立平面直角坐标系，设，则，圆的方程，则，故，设，则，则，因，则①，因，则，则，将其代入①式得，即，得（舍，此时）或，则；方法二：因，则在中，则，因，，则，则，有，过点作，垂足为交于点；过点作，垂足为，易证四边形是矩形，则有，则有，设，于是有，，，，，在矩形中，有，则，即，解得，即．故选：C.7.《算法统宗》是我国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用．在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，如“九儿问甲歌”：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．在这个问题中，这位公公的长儿的年龄为（）A.23岁 B.32岁 C.35岁 D.38岁【答案】C【解析】设第n个儿子的年龄为岁，由题可知是等差数列，设其公差为d，前n项和为，易得，则，解得，即这位公公的长儿的年龄为35岁．故选：C.8.如图，在四棱锥中，底面，，，，是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为，，所以，设，则为的中点，因为平面，，平面，所以，，因为，平面，，所以平面，由题意知，所以三棱锥的外接球的球心在平面上.，故为等边三角形，故，又，故，，又，故，如图，取棱的靠近的四等分点，则为线段的中点，，因为为的中点，所以，所以，所以，所以三棱锥的外接球的球心在直线上.以为坐标原点，，MB，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，因为在上，设，所以的坐标为，又，即，解得，故，所以，所以.故选：A.二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.已知函数，则下列说法正确的有（）A.为函数图象的一条对称轴B.在区间上单调递增C.在区间上的值域为D.在区间上有3个零点【答案】AC【解析】对于A，时，，此时函数取最小值，故为函数图象的一条对称轴，故A正确；对于B，时，，而在上单调递增，在上单调递减，故B错误；对于C，时，，在上单调递减，在上单调递增，则，故C正确；对于D，，，因在上只有两个零点，且由，即；由，即，即在区间上有2个零点，故D错误.故选：AC.10.已知是递增的等比数列，其前项和为，若，则（）A.B.C.D.是等比数列【答案】ACD【解析】设的公比为，则由递增，得，因为，所以，解得或（舍去），对于A，，故A正确；对于B，，，故B错误；对于C，，，故C正确；对于D，，，又，所以是首项为3，公比为的等比数列，故D正确．故选：ACD.11.如图，棱长为3的正方体，动点在正方体内及其边界上运动，点在棱上，且，则下列说法正确的是（）A.若，且，则三棱锥体积为定值B.若，则动点所围成的图形的面积为C.若，则的最小值为3D.若动点满足，则的轨迹的长度为【答案】ABD【解析】对于A，因为动点在正方体内及其边界上运动，且，，则动点的运动轨迹为线段.由于，平面，所以平面.故三棱锥的体积为定值，A正确.对于B，在正方形中，.在正方体中，因为平面，又平面，所以.因为，，，且，平面，所以平面.动点在正方体内及其边界上运动，且，所以动点围成的图形是矩形，其面积为，故B正确.对于C，设边上的高为，则.由正弦定理可得，所以，故.以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系.则，，.设，，，，则，.又，则有，整理得，所以动点的轨迹是以为球心，为半径且位于正方体内的部分球面.又，所以，故C错误.对于D，由，设，，，则，即，化简得，表示以为球心，半径为的球.又，，则，即，化简得，表示以为球心，半径为的球.两个球的交线轨迹是一段圆弧，计算其长度，两球心距离为，半径均为，则交线圆弧对应的圆心角为，长度为，故D正确.故选：ABD.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知平面向量，若与垂直，且，则__________．【答案】1【解析】向量，则，，由与垂直，得，又，所以.故答案为：1.13.已知恒成立，.如果中有且仅有一个为真命题，则实数的取值范围为________________.【答案】【解析】若为真命题，当时，可得恒成立，满足题意，当时，则有，解得，综上，当为真命题时，实数满足；若为真命题，则有，解得，故当为真命题时，实数满足；中有且仅有一个为真命题，当为真命题，为假命题时，实数满足，解得；当为假命题，为真命题时，实数满足，解得.综上，当中有且仅有一个为真命题时，实数的取值范围是.故答案为：.14.已知正数满足，则的最小值为__________：当取得最小值时，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.【答案】①.5②.【解析】由题设，当且仅当时等号成立，所以的最小值为5，此时不等式化为恒成立，所以，即令且，则，时，时，所以在上单调递减，在上单调递增，故，则因此可得在上，恒成立，令且，所以，令，，在单调递增，且，则时，，函数在单调递减，时，，函数在单调递增，因此可得，即，则当，，则在单调递增，当，，则在单调递减，所以，故只需.故答案为：5，.四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）若，求C；（2）证明：.（1）解：由，可得，，而，所以，即有，而，显然，所以，，而，，所以．（2）证明：由可得，，再由正弦定理可得，，然后根据余弦定理可知，，化简得：，故原等式成立．16.已知等差数列满足，．（1）求；（2）求数列的前2n项和．解：（1）设等差数列的公差为，则，因为，，所以，，所以，，所以，，所以.（2）由（1），所以数列的前2n项和所以，所以数列的前2n项和.17.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，．（1）解：因为，定义域为，所以，当时，由于，则，故恒成立，所以在上单调递减；当时，令，解得，当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增；综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）证明：方法一：由（1）得，，要证，即证，即证恒成立，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕.方法二：令，则，由于在上单调递增，所以在上单调递增，又，所以当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，故，则，当且仅当时，等号成立，因为，当且仅当，即时，等号成立，所以要证，即证，即证，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕.18.已知点P是边长为2的菱形所在平面外一点，且点P在底面上的射影是与的交点O，已知，是等边三角形.（1）求证：；（2）求点D到平面的距离.（1）证明：∵点在底面上的射影是与的交点，∴平面，∵平面，∴，∵四边形为菱形，∴，∵，平面，∴平面，∵平面，∴；（2）解：由题意，得、与都是边长为2的等边三角形，，，，，，设点到平面的距离为，由，得，即，解得，故点到平面的距离为.19.在必修一中，我们曾经学习过用二分法来求方程的近似解，而英国物理学家、数学家艾萨克·牛顿与德国哲学家、数学家戈特弗里德·莱布尼茨各自独立发明了微积分．其中牛顿在《流数法与无穷级数》（TheMethodofFluxionsandInfiniteSeries）一书中给出了“牛顿切线法”求方程的近似解．具体步骤如下：设是函数的一个零点，任意选取作为的初始近似值，曲线在点处的切线为，设与x轴交点的横坐标为，并称为的1次近似值；曲线在点处的切线为，设与轴交点的横坐标为，称为r的2次近似值．一直继续下去，得到，，，…，．一般地，作点处曲线的切线，记与x轴交点的横坐标为，并称为r的次近似值，称数列为牛顿数列．（1）已知函数的零点为r，，求r的2次近似值．（2）函数的两个零点分别为，，数列为函数的牛顿数列，若数列满足，，．（ⅰ）证明：；（ⅱ）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项，，，（其中成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由．（1）解：函数，求导得，则，而，在处的切线方程为，即.令，得，则，在处的切线为，令，得，所以的2次近似值为.（2）（i）证明：因为，则，可得，过点作曲线的切线，令，得，则，又因为是函数的两个零点，则，且，则，可得，故数列为等比数列；则，所以；（ii）解：由（i）知，所以，所以.假设数列中存在3项（其中成等差数列）成等比数列，则，所以，即，即，又因为成等差数列，所以，所以，化简得，所以，又，即所以，可得：与已知矛盾.所以在数列中不存在3项成等比数列.辽宁省沈文新高考研究联盟2026届高三上学期10月月考数学试题一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）1.已知集合，，则如图所示的阴影部分表示的集合为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由可得，解得，即.如图所示的阴影部分可表示为，因或，，故.故选：A.2.已知，，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】设，根据指数函数的单调性，在上单调递减，则，即；设，根据幂函数的单调性，在上单调递增，则，即.故.故选：D.3.“”是“函数在上单调递增”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】函数，求导得，若函数在上单调递增，则对恒成立，而当时，，则，因此，所以“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件.故选：A.4.已知函数有最小值，则a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】当时，令，则，则无最小值，不符合题意；当时，，而当时，，当时，，故的值域为，无最小值，不符合题意；当时，令，则，令，则，故必存在最小值，符合题意．综上，a的取值范围是．故选：A.5.已知，且，则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以，又，且，所以，所以，所以.故选：D.6.如图，以矩形的顶点为圆心，以长为半径作弧，交于点，交于点，且，若，则的长为（）A. B.2 C. D.【答案】C【解析】方法一：以点为坐标原点，分别以、方向为轴正方向、轴正方向，建立平面直角坐标系，设，则，圆的方程，则，故，设，则，则，因，则①，因，则，则，将其代入①式得，即，得（舍，此时）或，则；方法二：因，则在中，则，因，，则，则，有，过点作，垂足为交于点；过点作，垂足为，易证四边形是矩形，则有，则有，设，于是有，，，，，在矩形中，有，则，即，解得，即．故选：C.7.《算法统宗》是我国古代数学名著，由明代数学家程大位编著，它对我国民间普及珠算和数学知识起到了很大的作用．在这部著作中，许多数学问题都是以歌诀形式呈现的，如“九儿问甲歌”：一个公公九个儿，若问生年总不知，自长排来差三岁，共年二百又零七，借问长儿多少岁，各儿岁数要详推．在这个问题中，这位公公的长儿的年龄为（）A.23岁 B.32岁 C.35岁 D.38岁【答案】C【解析】设第n个儿子的年龄为岁，由题可知是等差数列，设其公差为d，前n项和为，易得，则，解得，即这位公公的长儿的年龄为35岁．故选：C.8.如图，在四棱锥中，底面，，，，是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为，，所以，设，则为的中点，因为平面，，平面，所以，，因为，平面，，所以平面，由题意知，所以三棱锥的外接球的球心在平面上.，故为等边三角形，故，又，故，，又，故，如图，取棱的靠近的四等分点，则为线段的中点，，因为为的中点，所以，所以，所以，所以三棱锥的外接球的球心在直线上.以为坐标原点，，MB，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，所以，因为在上，设，所以的坐标为，又，即，解得，故，所以，所以.故选：A.二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.已知函数，则下列说法正确的有（）A.为函数图象的一条对称轴B.在区间上单调递增C.在区间上的值域为D.在区间上有3个零点【答案】AC【解析】对于A，时，，此时函数取最小值，故为函数图象的一条对称轴，故A正确；对于B，时，，而在上单调递增，在上单调递减，故B错误；对于C，时，，在上单调递减，在上单调递增，则，故C正确；对于D，，，因在上只有两个零点，且由，即；由，即，即在区间上有2个零点，故D错误.故选：AC.10.已知是递增的等比数列，其前项和为，若，则（）A.B.C.D.是等比数列【答案】ACD【解析】设的公比为，则由递增，得，因为，所以，解得或（舍去），对于A，，故A正确；对于B，，，故B错误；对于C，，，故C正确；对于D，，，又，所以是首项为3，公比为的等比数列，故D正确．故选：ACD.11.如图，棱长为3的正方体，动点在正方体内及其边界上运动，点在棱上，且，则下列说法正确的是（）A.若，且，则三棱锥体积为定值B.若，则动点所围成的图形的面积为C.若，则的最小值为3D.若动点满足，则的轨迹的长度为【答案】ABD【解析】对于A，因为动点在正方体内及其边界上运动，且，，则动点的运动轨迹为线段.由于，平面，所以平面.故三棱锥的体积为定值，A正确.对于B，在正方形中，.在正方体中，因为平面，又平面，所以.因为，，，且，平面，所以平面.动点在正方体内及其边界上运动，且，所以动点围成的图形是矩形，其面积为，故B正确.对于C，设边上的高为，则.由正弦定理可得，所以，故.以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系.则，，.设，，，，则，.又，则有，整理得，所以动点的轨迹是以为球心，为半径且位于正方体内的部分球面.又，所以，故C错误.对于D，由，设，，，则，即，化简得，表示以为球心，半径为的球.又，，则，即，化简得，表示以为球心，半径为的球.两个球的交线轨迹是一段圆弧，计算其长度，两球心距离为，半径均为，则交线圆弧对应的圆心角为，长度为，故D正确.故选：ABD.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知平面向量，若与垂直，且，则__________．【答案】1【解析】向量，则，，由与垂直，得，又，所以.故答案为：1.13.已知恒成立，.如果中有且仅有一个为真命题，则实数的取值范围为________________.【答案】【解析】若为真命题，当时，可得恒成立，满足题意，当时，则有，解得，综上，当为真命题时，实数满足；若为真命题，则有，解得，故当为真命题时，实数满足；中有且仅有一个为真命题，当为真命题，为假命题时，实数满足，解得；当为假命题，为真命题时，实数满足，解得.综上，当中有且仅有一个为真命题时，实数的取值范围是.故答案为：.14.已知正数满足，则的最小值为__________：当取得最小值时，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________.【答案】①.5②.【解析】由题设，当且仅当时等号成立，所以的最小值为5，此时不等式化为恒成立，所以，即令且，则，时，时，所以在上单调递减，在上单调递增，故，则因此可得在上，恒成立，令且，所以，令，，在单调递增，且，则时，，函数在单调递减，时，，函数在单调递增，因此可得，即，则当，，则在单调递增，当，，则在单调递减，所以，故只需.故答案为：5，.四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）若，求C；（2）证明：.（1）解：由，可得，，而，所以，即有，而，显然，所以，，而，，所以．（2）证明：由可得，，再由正弦定理可得，，然后根据余弦定理可知，，化简得：，故原等式成立．16.已知等差数列满足，．（1）求；（2）求数列的前2n项和．解：（1）设等差数列的公差为，则，因为，，所以，，所以，，所以，，所以.（2）由（1），所以数列的前2n项和所以，所以数列的前2n项和.17.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）证明：当时，．（1）解：因为，定义域为，所以，当时，由于，则，故恒成立，所以在上单调递减；当时，令，解得，当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增；综上：当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）证明：方法一：由（1）得，，要证，即证，即证恒成立，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以当时，恒成立，证毕.方法二：令，则，由于在上单调递增，所以在上单调递增，又，所以当时，；当时，；所以在上单调递减，在上单调递增，故，则，当且仅当时，等号成立，因为，当且仅当，即时，等号成立，所以要证，即证，即证，令，则，令，则；令，则；所以在上单调递减，在上单调递增，所以，则恒成立，所以