四川省广安市2026届高三数学上学期10月月考试题【含答案】

（考试时间：分钟试卷满分：分）85分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求对数函数的值域可得集合B，再应用集合的交运算求.【详解】由题设，，又，所以.故选：D2.下列函数中，是奇函数且存在零点的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】结合奇函数定义与零点定义逐项判断即可得.【详解】对A：，又定义域为，故是奇函数，又，故存在零点，故A正确；对B：，故不为奇函数，故B错误；对C：，故不为奇函数，故C错误；对D：，故不为奇函数，故D错误.故选：A.第1页/共20页

3.设且，则“”是“”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】【分析】根据题意，利用不等式的解法，求得不等式的解集，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由不等式，可得，解得或，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.4.设，则下列选项中不正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用作差法可判断ABD，利用举反例法可判断C.【详解】对于A，，因为，所以，，可知，即，A正确.对于B，因为，所以，即，B正确.对于C，当时，，此时，C错误.对于D，，因为，所以，可知，即，D正确.故选：C.第2页/共20页

5.在中，，则边的长等于（）A.B.C.D.2【答案】A【解析】【分析】由余弦定理求解．【详解】由余弦定理，得，即，解得故选：A．6.自然对数的底数与连续复利有关．十七世纪数学家伯努利在研究复利时，设本金是1，银行年利率是100，是计息次数，则一年后本金与利息之和为趋于无穷大时，本息和趋于次数时，一年后本息和约为（）（参考数据：）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，利用对数的运算及指数式与对数式的互化得解.【详解】设当计息次数时，一年后本息和，则，所以，所以.故选：B7.已知，满足，则值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】第3页/共20页

【分析】利用，结合两角和的正弦公式求出，再根据，展开后即可求得答案.【详解】由题意知，即，而，故，故，故选：B8.已知函数，若方程有且仅有5个不同实数根，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】令，将原方程转化为，可得，作出函数的图象，数形结合，根据原方程根的个数，列出相应不等式，即可求得答案.【详解】令，则即为，即，即，则，作出函数的图象，如图：因为方程有且仅有5个不同实数根，结合图象可得或，第4页/共20页

即或，解得或无解，故实数的取值范围是，故选：D二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共分．在每小题给出的选项中，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，，且，则下列结论正确的有（）A.B.的最小值为C.D.【答案】ACD【解析】A性求出的最小值，可判断B选项；利用重要不等式可判断C选项；利用基本不等式“1”的妙用，可求得的最小值判断D.【详解】因为，，且，对于A选项，由基本不等式可得，可得，当且仅当时，等号成立，故A正确；对于B选项，设，则，因为对勾函数在上单调递减，故当时，取最小值，即，第5页/共20页

故的最小值为，故B错误；对于C选项，，当且仅当时，等号成立，故C正确；对于D选项，，当且仅当，即时取等号，故D正确.故选：ACD.10.已知函数，则（）A.当时，函数有两个极值点B.，使得在R上为减函数C.过点且与曲线相切的直线有且仅有一条D.当时，若，直线与曲线有三个交点，，则【答案】ACD【解析】【分析】对于A由，令，即，利用判别式即可判断，对于B利用二次函数即可判断，对于C设过点且与曲线相切于点，得的单调性，进而利用零点存在性定理即可判断，对于D若得，分和数相等即可判断.【详解】对于A：由，令，即，第6页/共20页

由有，所以有两根不等的实数根，所以当时，函数有两个极值点，故A正确；对于B：由，二次函数开口向上，所以不存在，使得恒成立，故B错误；对于C：设过点且与曲线相切于点，所以，所以切线方程为，代入得，即，令，所以，令，得或，当或，当，所以在单调递减，在单调递增，又，所以只有一个零点，即方程只有一个实数解，所以过点且与曲线相切的直线有且仅有一条，故C正确；对于D：当时，，若，即，所以直线为，当时，，则直线与只有一个交点，不满足题意，即，当时，则，所以，又直线与曲线有三个交点，，所以，即，即，故D正确.故选：ACD.已知函数，下列说法正确的是（）第7页/共20页

A.若函数为偶函数，则B.若时，且在上单调，则C.若时，的图象在长度为的任意闭区间上与直线最少有34个交点，则D.若函数在上至少有两个最大值点，则【答案】ABD【解析】【分析】对于A项，根据正余弦函数奇偶性可得出，从而求出，可判断A；对于B项，根据正弦函数单调性列出不等式，求解可求出范围，从而判断B；对于C项，当时，根据的解从而判断C；对于D项，在上至少有两个最大值点，则，可求出的大致范围，在的范围下逐一讨论区间端点所在范围，可求出的最终范围.【详解】对于A项，要使函数为偶函数，则，则，故A项正确；对于B项，时，，因为，所以，因为在上单调，所以有，解得，故B项正确；对于C项，当时，，由题意只有两个解，所以的图象在长度为的区间上与直线只有两个交点，不合题意，故C项错误；第8页/共20页

对于D项，，故，所以，所以.因为，所以.由于，所以，则，解得；②，解得；③，解得；④当时，，满足在上至少有两个最大值点；综上所述，.故选：ABD.第二部分（非选择题共分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．12.若，则____________.【答案】【解析】【分析】根据题意利用诱导公式以及倍角公式运算求解.【详解】因为，所以.第9页/共20页

故答案为：.13.已知是定义在上的函数，若函数为偶函数，函数为奇函数，则___.【答案】0【解析】是周期为性求出目标值.【详解】由函数为偶函数，得，即，由函数为奇函数，得，即，则，即，因此，即函数的一个周期为4，由，得，则，由，令得，则，所以.故答案为：014.若函数在上为增函数，则的取值范围是__________.【答案】【解析】在，易知其在上单调递增，由，可得；再验证满足题意，及均不满足题意，即可得答案.【详解】由题意可得函数的定义域为，且，第10页/共20页

因为函数是增函数，所以在上恒成立，则恒成立，而为增函数，且，所以，令，则，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，则，所以，，即，，所以，令，，，令，，则，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，当时取等号，所以，满足题意；当时，则，不满足题意；当时，则在上单调递减，且，不满足题意；综上，实数的取值范围是.第11页/共20页

故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知等差数列的前项和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）若，数列的前项和为，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】1）根据已知条件列方程求出等差数列的首项与公差，根据等差数列定义写出通项公式；（2）通过裂项相消的方法化简的表达式，并证明不等式.【小问1详解】在等差数列中，设公差为，，则又，所以该等差数列公差，故.所以，故数列通项公式为.【小问2详解】因为，所以，则第12页/共20页

则.因为，所以，故.16.设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，BC，AC边上的两条中线AD，BE相交于点P．（1）求；（2）若，BE＝2，，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】1）利用正弦定理边角互化，再结合余弦定理求解即可；（2）由余弦定理结合面积公式计算.【小问1详解】因为，所以由正弦定理得，由余弦定理得，又，所以.【小问2详解】因为P是BC，AC边上的两条中线AD与BE的交点，所以点P是的重心.又，，，第13页/共20页

所以在中，由余弦定理，所以，又，，所以，所以，所以的面积为．17.在四棱锥是边长为2的正三角形，是为矩形，且侧面底面，与平面所成角的正弦值为.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1底面证明线面垂直；（2）取中点O，连接，证明底面，以O为原点，过O平行于的直线为x轴，为y，z轴，建立空间直角坐标系，由二面角的空间向量法求得余弦值，进而可求得正弦值．【小问1详解】因为底面为矩形，则，又因为侧面底面，侧面底面，底面，所以底面，而底面，所以，又侧面为正三角形，M是的中点，所以，第14页/共20页

又，平面，所以平面.【小问2详解】取中点O，连接，则，又侧面底面，侧面底面，底面，所以底面，以O为原点，过O平行于的直线为x轴，分别为y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，由平面的一个法向量是，因为与平面所成角的正弦值为，所以，解得，则，设平面的一个法向量是，，令，则，∴平面的一个法向量为，设平面的一个法向量是，，令，得，所以平面的一个法向量为，第15页/共20页

设平面与平面所成夹角为，则，所以所以平面与平面所成夹角的正弦值为.18.贵州“村超”以及江苏“苏超”的成功充分说明了足球是一项大众喜爱的运动．（1100列联表如下：喜爱足球运动不喜爱足球运动合计男性6040100女性2080100合计80120200依据小概率值的独立性检验，能否认为喜爱足球运动与性别有关？（2）某足球队中的甲、乙、丙、丁四名球员将进行传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时、传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始传球的人为第1次触球者，第n次触球者是甲的概率记为，即．①求，；②证明：数列为等比数列，并判断第19次与第20次触球者是甲的概率的大小．0.1000.05000250.0100.0012.7063.8415.0246.63510.828附：，．【答案】（1）能认为喜爱足球运动与性别有关（2）①，②证明见解析；第19次触球者是甲的概率大于第20次触球者是甲的概率.第16页/共20页

【解析】1）计算，依据小概率值的独立性检验作出判断；（2）①根据古典概型公式计算即可；②根据等比数列的定义证明数列为等比数列，并求得数列的通项公式，进而求得，比较与的大小即可．【小问1详解】零假设：：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关.，根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为喜爱足球运动与性别有关，此推断犯错误的概率不超过0.001.【小问2详解】①由题意得：第二次触球者为乙，丙，丁中的一个，所以第二次触球者是甲的概率记为；第二次触球者必不是甲，第三次传给包括甲的三人中的一人，故传给甲的概率为，故．②因为第n次触球者是甲的概率记为，所以当时，第次触球者是甲的概率为，则第次触球者不是甲的概率为.所以，所以，因为，所以数列为首项是，公比是的等比数列。所以，所以.所以，，所以，即第19次触球者是甲的概率大于第20次触球者是甲的概率.第17页/共20页

19.已知函数，其中（1）讨论