绵阳南山中学实验学校2026届高三上学期10月月考数学试卷

这是一份绵阳南山中学实验学校2026届高三上学期10月月考数学试卷，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题：赵 杰审题：李果
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷（选择题，共 58 分）
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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.
集合 A  x x3  4x， B  2,1, 2，则 A ∩ B 
{-2, 0,1, 2}
2, 2
2
0,1
tan 300  cs 510的值为
 3 3
 1  3
 1 D．  5 3
3
22326
已知 p : x2  x  20  0 ， q : lg2  x  5  2 ，则 p 是q 的
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
已知函数 f  x  的定义域为 R，且 f  x  2  f  x ，当 x 0,1 时， f  x  2x 1，则
f (lg
1) 
2 3
A． 4
3
B．2C．  2
3
1
D． 3
已知函数 f  x  ax a  0, a  1 ，直线 y  x 与函数 y  f  x 的图象相切，则ln a 
A．eB． 1
e
C． e2
D． 2e
函数 f  x  Asin x  A  0, 0, 0  π 的部分图象如图中实线所示，圆C 与
f  x 的图象交于 M ， N 两点，且 M 在 y 轴上，则下列区间中，函数 f  x 单调递减的是
 7ππ 
  5π π 

  12 ,  3 


， 
12 12 
  11π ,  5π 
 π 15π 
1212 
 ， 
 2 24 

已知函数 f  x   x , x  a, 
2
，若m R，方程 f x  m 有三个实根，则实数 a 的取值
范围是
 3 , 
2x  3, x  a
 3 ,1
 3 ,0
 3 ,0

A．  1
2
B．  
2
C． 

2 
D．  
2
数列a
 a  与数列an
a
都是公差不为零的等差数列，则数列n

的公差
n 1n
 a a 
 a a 
 n1n  n1n 
为
1
2
1
4
1
5
不确定
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 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.
已知公比为 q 的正项等比数列an 的前n 项和为 Sn ，若 S3  6a3 1，a2  2 ，则
q  1
2
数列an 有最小项
数列an 为递减数列D． an  Sn  8
下列命题正确的有
若a  b  0 ， c  0 ，则 c  c
ab
若 x  R ，则2x  22 x 的最小值为 4
xy
已知 x, y 都是正数，且 x  y ，则
2xy x  y

若a, b  0 且ab  a  b  3 ，则a  b 的取值范围为6, 
已知函数 f  x  满足 x  y  x  y ，则下列结论正确的是
A． f 4  f 2
f  xy 
f  x 
f  y 
B． f  x  的定义域为0, 
C．若
f 2  4, f  x
在4, 
上单调递减D．若
f 2  2
，则 f 2n 
 2n
n
第Ⅱ卷（非选择题，共 92 分）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
记等差数列{an }的前n 项和为Sn ，若 S14  14, 则a7  a8  .
若tan 2 ， tan    1 ，则sin2.
2
已知函数 f  x 的定义域为 R， f  x  e2x 是奇函数， f  x  ex 是偶函数，则函数
f  x 的最大值为.
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（13 分）
已知数列a 中， a  1 ， 2a a  1 .
n12
n1
n2n
nn
证明：数列2n a  是等差数列，并求数列a 的通项公式；
求数列an 的前n 项和 Sn .
16.（15 分）
已知周期为的函数 f  x  4csxcs x  π  ( 0) .
3 

求函数 f  x  的最大值及相应的 x 的值；
将函数 f  x  图象上所有点的横坐标缩短为原来的 1
2
，再向右平移 π 个单位，得
6
到 g  x 的图象，若 g  x  在区间0, m上有且仅有 3 个零点，求实数 m 的取值范围．
17.（15 分）
设函数 f  x  x ex  a x  a ，a  R .
2

讨论函数 f  x  的单调性；
2
若 g  x    a x2  4x   e ，当 x [0, ) 时，不等式 f  x  g  x 恒成立，求实
数a 的取值范围.
18.（17 分）
111n
已知数列an 满足 a 1  a 1   a 1  n 1 ．
12n
求数列an 的通项公式；
在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 P 1, 0，定义点 An an , 1, Bn n, 1（其中n  N ），记n  AnOP, n  BnOP．证明：
tan(n  n1 )  tan n ；
  L  π ．
12nn14
19.（17 分）
已知函数 f  x  x  sinx, g  x  ln 1 2x  asin2x(a  1) .
（1）求 f  x 在0,  上的最小值；
（2）证明：（i） g  x 在 0, π 上存在极值点 x 和零点 x ；
2 10

（ii）对于（i）中的 x1 和 x0 ，满足 x1  x0  2x1 .
绵阳南山中学实验学校高 2023 级高三（上）10 月月考试题
数学参考答案及评分标准
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
A
B
D
B
C
D
A
ACD
ABD
AD
12. 213. 24
14.
0, 5 
255 

8.【解析】设等差数列an 1  an  的公差为d ，且d  0 ，则 an1  an  dn  c1 ，
n n 1 d
∴ an  a1  d  2d   n 1 d   n 1 c1  a1 
a  n n 1 d  n 1 c
 n 1 c1 ，
2
∴an 1
an1  an
21 ，
dn  c1

∵  a
aa

n为等差数列，∴n
aa a
 d1n  c2
，(且d1 为公差)
 n1n 
n1n
∴ d n2   c  d  n  a  c  dd n2  c d  c d n  c c ，
2 12 1111 121 2

∴ d  dd ，∵ d  0 ，∴ d  1 .故选：A.
2112
11.【解析】令 x  y  2 ，可得 2 2  2  2  4 ，所以 f 4  f 2 ，A 选项正确；
f 4f 2f 2f 2
令 x  y  1 ，可得 11  1  1 ，所以 1  0 不成立，所以 f  x  的定义域不是0,  ，
B 选项不正确；
f 1
f 1
f 1
f 1
因为 x  y  x  y ，所以 x  tlnx ， f  x  x ，
f  xy
f  x
f  y
f  x
tlnx
因为 f 2  f 4 ，所以 f 2  2  4 ， t  1， f x   tlnx  t  t lnx 1 ，
tln2
tln4
tlnx 2
tlnx 2
当 x 4, 时， lnx  ln4  0, f  x  0 ， f  x  在4,  上单调递增，所以 C 选项错误；
2n22n12n1

若 f 2  2 ，令 x  2n1, y  2 ，可得n n1  1 n1 ，
f 2 f 2f 2f 2
n
22n1
 2n
所以 f 2n 
f 2n1 
1，所以 f 2n  为等差数列，
2n
所以 f 2n  
2
f 2

 n 11  n

，则 f 2n  
2n
，D 选项正确；故选：AD.
n
【解析】
 f x  e2x   f  x  e2x

 f x  ex  f  x  ex
解得， 2 f  x   (e2x  e2x )  e x  ex

1 277
又因为2 f  x   (e 2x  e 2x)  e x  e x  (e x  e x) 2  (e x  e x)  2   (e x  e x)      ，
当ex  ex  1 时取“=”， f  x 的最大值为 7 .
244
28
【解析】（1）因为2a a  1 ，所以2n1a 2n a 1，即2n1a 2n a  1， n  1.
n1
n2n
n1n
n1n
所以2n a  是首项为21  a  1 ，公差为1的等差数列4 分
n1
n
n
故2n a  n ，即a .
n2n
所以数列a 的通项公式为a  n
.7 分
nn2n
（2） S  1  2  3   n ，①

n222232n
1 S  1  2   n 1  n ，②
2 n2223
2n2n1
11111n
由①-②得 S   ，
2 n22223
2n2n1
S  1 1  1
1
n  2  n  2
所以， Sn
n
 2  n  2
2n
222
2n12n2n
.13 分
【解析】（1） f  x  4csxcs x  π   4 csx csx cs π  sinx sin π 
3 
33 

 2 cs2 x  2
sinx csxf  x  2 1 cs 2x 
3
2
3 sin 2x 
3 sin 2x  cs 2x 
π 
6
2 sin  2x   1

由 2 ，得到 1 2
.3 分
.4 分
当2 x  π  2kπ  π ， k  Z ，即 x  kπ  π ， k  Z 时，6 分
626
函数 f  x  取得最大值，最大值为3 ；7 分
1y π 
2
6
（2）函数 f  x  图象上所有点的横坐标缩短为原来的 ，纵坐标不变，可得函数
2 sin  4x    1 的图象，

y π π
66
再将函数
2 sin  4x    1 向右平移 个单位，得到 g  x 的图象，

g x 
 π π
π
 2 sin 4 x  6  6   1  2 sin 4x  2  1  2 cs 4x  1 ，10 分
 
令 g(x)  0得到cs 4x  1 ，解得 x  kπ 
π 或x  kπ  π
k  Z ，12 分
2212212
当k  0 时， x   π 或x  π ，当 k  1时， x  5π 或x  7π
12121212
当k  2 时， x  11π 或x  13π .
1212
要使 g  x  在区间0, m上有且仅有 3 个零点， 7π £ m < 11π
1212
【解析】（1）依题意得 f (x)  ex  a  x ex  a   (x 1) ex  a .
.15 分
①当 a  0 时， ex  a  0 ,令 f (x)  0 ，得 x  1 ，令 f (x)  0 ，得 x  1 ，所以 f (x) 在(, 1) 上单调递减，在和(1, ) 上单调递增.
②当0  a  1 时，令 f (x)  0 ，得ln a  x  1，令 f (x)  0 ，得 x  ln a 或 x  1 ，
e
所以 f (x) 在(ln a, 1) 上单调递减，在(, ln a) 和(1, ) 上单调递增.
③当a  1 时， f (x)  0 在R 上恒成立，所以 f (x) 在R 上单调递增；
e
④当a  1 时，令 f (x)  0 ，得1  x  ln a ，令 f (x)  0 ，得 x  1或 x  ln a ，
e
所以 f (x) 在(1, ln a) 上单调递减，在(, 1) 和(ln a, ) 上单调递增.
所以当a  l 时， f (x) 在R 上单调递增；
e
当a  1 时， f (x) 在(1, ln a) 上单调递减，在(, 1) 和(ln a, ) 上单调递增8 分
e
（2）当 x [0, ) 时，不等式 x ex  a x  a    a  x2  4x  e恒成立，
22

即不等式 xex  ax  e  0 在 x [0, ) 上恒成立，当 x  0 时，不等式e  0 显然成立，此时a  R ；
当 x  0 时， xex  ax  e  0 即a  ex  e 在 x 0,  上恒成立，
x
令h  x   ex  e , x  0 ，则h x   ex  e ，
xx2
令m  x   h x   ex  e
x2
，则m x   ex  2e  0 ，
x3
所以h x   ex  e
x2
在 x 0,  上单调递增，注意到h1  e  e  0 ，
1
所以当 x 0,1 时， h x  0 ，此时h  x 单调递减，
当 x 1,  时， h x  0 ，此时h  x 单调递增，
所以h  x 在 x  1 时取到最小值为h 1  e  e  2e ，
1
所以a  2e ，所以a  2e ，
综上， a 的取值范围为2e,+ .15 分
1
【解析】（1）当n  1 时，
 1 ，解得 a  3 ，
1
当n  2 时，
 ( 1
a1 12
1
1
1)  ( 11

1) 
n  n 1 1，
an 1
a1 1
a2 1
an 1a1 1a2 1
an1 1
n 1nn(n 1)
n
化简得： a  n2  n 1n  2 ，4 分
n
经检验得， n  1 时也满足，故 a  n2  n 1．5 分
（2）（i）证明：由题意可知： A n2  n 1,1，则tan 1, tan   1 ，
n
1  1
nn2  n 1nn
因为tan  

  nn 1 
1 tan ，
nn 1
1 1  1
n2  n  1n
n n 1
且    0, π ,  0, π ，所以   ，即   
nn14 n4 
nn1n
nnn1

所以， tan(n  n1 )  tan n
.12 分
（ii）证明：（i）由题意可知： n  n1 n
1 2 n  n1  1  2   2  3   n  n1   n1  1 ．
因为tan  1，则  π ，所以  L  π ．17 分
114
12nn 14
【解析】（1） f  x  x  sinx,0,  ，求导可得 f  x  1 csx  0 ，
min
所以 f  x 在0,  上单调递增，所以 f  x f (0)  0
（2）（i） g  x  ln 1 2x  asin2x ，其中 x  0, π , a 1,  ，
.4 分
2 
 2 
则 g 0  0 ， g  π   ln 1 π  0, g x  


2
1 2x
 2acs2x ，
当 x   π , π 时， 2 0, cs2x  0 ，由a  1 知， g x  2 2acs2x  0 成立，

 4 2 1 2x
1  2x
所以 g x 在 π , π 上无零点，即 g  x 在 π , π 上无极值点.


 4 2  4 2 
当 x  0, π  时，令m  x   g x  2 2acs2x ，
4 
1  2x

则m x  4  4asin2x 在 0, π 上单调递增， m0  4  0 ，
(1 2x)2
4 
由a  1 知，
m π  
 
4
4
π 2

 4 a  0
，
2
1

所以k   0, π  使得mk   0 ，当0  x  k 时， m x  0 ，即 g x 单调递减，
4 

所以 gk   g0  2  2a  0 ；
当k  x  π 时， m x  0 ，即 g x 单调递增，
4
 4 
g π  
因为  
2
1 π
2
0 ，所以x  k,
1

π  ，使得 g x   0 ，
4 1

当0  x  x1 时， g x  0, g  x 单调递减；
当 x1
 x  π 时， g x  0, g  x 单调递增，
2
所以 g  x 在 0, π 上存在唯一极小值点x .
2 1

故 g  x   g 0  0 ，又因为 g  π   ln 1  π  0 ，
2
1
所以存在 x
 

 x , π  使得 g  x   0 ，
0 1 2 0

所以 g  x 在 0, π 上存在唯一零点 x ，得证.10 分
2 0

（ii）由（i）知 x1  x0 成立，下面证明 x0  2x1.
由（i）知 x  k, π ，所以2x  x , π  ，
14 1 1 2 

因为 g  x 在 x , π  上单调递增，要证 x  2x ，只需要证明 g 2x   g  x   0 .
 1 2 
0110

因为 g  x  ln 1 2x  asin2x ，所以 g 2x1   ln 1 4x1   asin4x1 ，
由（i）知 gx1  
2
1 2 x1
 2a cs2x1
 0 ，得a 
1
1 2x1 cs2x1
，
11
所以 g 2x   ln 1  4x  2sin2 x1 ，
1 2 x1
由（1）知，当0  x  π 时， x  sinx ，所以 g 2x   ln 1  4x 
4x1
，
211
1 2 x1
令n  x   ln 1 4x   4x
，其中 x  k , π    0, π ，
1 2x
4 4 
 4
4 1  2 x  8 x

16 x2
则n x  
1 4 x
(1  2 x) 2
 1 4 x (1 2 x) 2
0 恒成立，
所以n  x 在 0, π 上单调递增，所以n  x  n 0  0 ，即 g 2x   0 成立，
4 1

所以 g 2x1   g  x0   0 成立，即 x0  2x1，
综上所述， x1  x0  2x1 得证.17 分