四川省彭州市2026届高三数学上学期11月月考试题含解析

这是一份四川省彭州市2026届高三数学上学期11月月考试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120 分钟 满分：150 分
（请考试后将本试卷交回）
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合
题目要求的.
1. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出 ，利用交集概念求出答案.
【详解】由题意得， ，则 ．
故选：A．
2. 已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知得 ，根据复数除法运算法则，即可求解.
【详解】 ，
.
故选：B.
3. 已知锐角 ，角 的对边分别 ，且 ，则 的取值范围是（
）
第 1页/共 24页
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理化简已知条件，由此求得 的值，进而求得 B 的大小.再利用正弦定理和两角差
的正弦公式，求得 的表达式，进而求得 的取值范围.
【详解】由题设知， ，
由正弦定理得 ，
即 ,
又 ，所以 ，所以 ，得 ，所以 ，
又 ，
即 ，又锐角 ，所以 ，所以 ，
所以 ，即 ，
所以 的取值范围是 .
故选：A
4. 下列各组函数表示同一个函数 是（ ）
A 与 B. 与
C. 与 D. 与
【答案】C
第 2页/共 24页
【解析】
【分析】利用同一函数的定义，逐项判断即得.
【详解】对于 A，函数 定义域为 ，函数 定义域为 ，A 不是；
对于 B，函数 的值域为 ，函数 的值域为 ，B 不是；
对于 C， 与 的定义域均为 ，且 ，即对应法则相同，C 是；
对于 D，函数 定义域为 ，函数 定义域为 ，D 不是.
故选：C
5. 过点 作直线 ，若 经过点 和 ，且 均为正整数，则这样的直线 可以作出
（ ），
A. 条 B. 条 C. 条 D. 无数条
【答案】B
【解析】
【分析】假设直线截距式方程，代入已知点坐标可得 之间关系，根据 为正整数可分析得到结果.
【详解】 均为正整数， 可设直线 ，
将 代入直线方程得： ，
当 时， ，方程无解， ，
， ， ， 或 ，
或 ，即满足题意的直线 方程有 条.
故选：B.
6. 已知椭圆 分别为左右焦点， 为椭圆上一点，满足 ，则 的长
为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
第 3页/共 24页
【解析】
【分析】根据椭圆的定义结合余弦定理可得 ，再利用向量求 的长.
【详解】由椭圆方程可知： ，
可得 ，
在 中，由余弦定理可得
，
即 ，解得 ，
因为 为线段 的中点，则 ，
可得
，
所以 的长为 .
故选：A.
7. 已 知 为 函 数 的 导 函 数 ， 则
的值为（ ）
A. 2 B. C. 0 D. 2024
【答案】B
【解析】
【分析】求出导数 ，代入计算即可.
【详解】由题可得： ，所以 ，
则 ,
第 4页/共 24页
则 ,
则 .
故选：B
8. 已知 ， ，若 ， ，则
（ ）
A. 1 B. 13 C. 12 D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由题可得 ，变形
即可求解.
【详解】由题可得 ,
所以得
，
由于
，所以 ；
故选：B
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 若 是等差数列，则下列数列中仍为等差数列的是（ ）
A.
B.
C. ( 为常数)
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据等差数列的定义逐一进行检验即可求解.
第 5页/共 24页
【详解】对于选项 A，数列 是等差数列，取绝对值后 不是等差数列，故选项 A 不符合题意；
对于选项 B，若 为等差数列，根据等差数列的定义可知：数列 为常数列，故 为
等差数列，故选项 B 符合题意；
对于选项 C，若 为等差数列，设其公差为 ，则 为常数列，
故 为等差数列，故选项 C 符合题意；
对于选项 D，若 为等差数列，设其公差为 ，则 为常数，故 为
等差数列，故选项 D 符合题意，
故选：BCD.
10. 设抛物线 ， 为其焦点， 为抛物线上一点.则下列结论正确的是（ ）
A. 若 ，则
B. 若 点到焦点的距离为 3，则 的坐标为 .
C. 若 ，则 的最小值为 .
D. 过焦点 作斜率为 2 的直线与抛物线相交于 ， 两点，则
【答案】AC
【解析】
【分析】由抛物线的性质依次计算各选项所求，即可得出结果.
【详解】抛物线 ， .
对于 A， ， ，A 正确；
对于 B，设 ， ， ， 的坐标为 .B 错误；
对于 C, ,C 正确；
对于 D，直线 ，联立 ，得： ， , ,D 错
误.
故选：AC.
11. 已知平面内两个非零向量 与 ，则（ ）
第 6页/共 24页
A.
B.
C. 存在以 为边长的三角形
D. 两个不等式 与 中至少能成立一个
【答案】AC
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的定义和运算律判断 A，举反例判断 B，D，举特值判断 C 即可.
【详解】对于 A，设非零向量 与 的夹角为 ，
由平面向量数量积的定义得 ，
而 ，
得到 ，故 A 正确，
对于 B，令 ，则 ，
由向量的模长公式得 ， ，
即 不成立，故 B 错误，
对于 C，令 ，则 ，
由向量的模长公式得 ， ，
得到 ，即存在以 为边长的三角形，故 C 正确，
对于 D，令 ，则 ， ，
此时不满足 ，也不满足 ，
即不满足两个不等式 与 中至少能成立一个，故 D 错误.
故选：AC
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知向量 ，则向量 在向量 方向上的投影向量坐标为__________.
第 7页/共 24页
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，利用投影向量的定义，即可求解.
【详解】因为 ，
向量 在向量 方向上的投影向量坐标为 ，
故答案为： .
13. 若 f(x)为偶函数，且当 x≤0 时， ，则不等式 ＞ 的解集______.
【答案】
【解析】
【分析】由已知条件分析 在 上的单调性，利用函数的奇偶性可得 ，再根
据函数的单调性解不等式即可.
【详解】 f(x)为偶函数，且当 x≤0 时， 单调递增，
当 时，函数 单调递减，
若 ＞ ， f(x)为偶函数， ，
，同时平方并化简得 ，解得 或 ，
即不等式 ＞ 的解集为 .
故答案为：
【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，属于中档题.
14 已知 ，若 ，则 ________．
【答案】1
【解析】
第 8页/共 24页
【分析】由已知条件可得 ，构造函数 ，求导后可判断函
数在 上单调递增，再由 ，得 ，从而可求得答案
【详解】由题意得 ，
，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，
因为 ，
所以 ，所以 ，
故答案为：1
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. 已知函数 为奇函数.
（1）求函数 的最大值与最小值，并分别写出取最大值与最小值时相应 的取值集合.
（2）求函数 的单调递减区间.
【答案】（1） 时 取最小值 ； 时 取最大值 2;
（2） 与 .
【解析】
【分析】（1）根据奇函数的性质可得 ，结合 可求 从而可得 ，
根据正弦函数的性质即可求解；
（2） ，根据正弦函数的单调性即可求解.
【小问 1 详解】
依题意有
第 9页/共 24页
即 ，为奇函数，满足题意.
当 时 取最小值 ；
当 时 取最大值 2.
小问 2 详解】
依题意 ，
若 单调递减，则
又 ，
令 得其减区间为 与 .
16. 已知 A、B 分别为椭圆 E： （a>1）的左、右顶点，G 为 E 的上顶点， ，P 为直
线 x=6 上的动点，PA 与 E 的另一交点为 C，PB 与 E 的另一交点为 D．
（1）求 E 的方程；
（2）证明：直线 CD 过定点.
【答案】（1） ；（2）证明详见解析.
【解析】
【分析】（1）由已知可得： ， ， ，即可求得 ，结合已知即可求
得： ，问题得解.
（2）方法一：设 ，可得直线 的方程为： ，联立直线 的方程与椭圆方程即可
求得点 的坐标为 ，同理可得点 的坐标为 ，当 时，可
表示出直线 的方程，整理直线 的方程可得： 即可知直线过定点 ，当
第 10页/共 24页
时，直线 ： ，直线过点 ，命题得证.
【详解】（1）依据题意作出如下图象：
由椭圆方程 可得： ， ，
，
，
椭圆方程为：
（2）[方法一]：设而求点法
证明：设 ，
则直线 的方程为： ，即：
联立直线 的方程与椭圆方程可得： ，整理得：
，解得： 或
将 代入直线 可得：
所以点 的坐标为 .
同理可得：点 的坐标为
第 11页/共 24页
当 时，
直线 的方程为： ，
整理可得：
整理得：
所以直线 过定点 ．
当 时，直线 ： ，直线过点 ．
故直线 CD 过定点 ．
[方法二]【最优解】：数形结合
设 ，则直线 的方程为 ，即 ．
同理，可求直线 的方程为 ．
则经过直线 和直线 的曲线的方程可写为 ．
可化为 ．④
易知 A，B，C，D 四个点满足上述方程，同时 A，B，C，D 又在椭圆上，则有 ，代入④式可
得 ．
故 ，可得 或 ．
其中 表示直线 ，则 表示直线 ．
令 ，得 ，即直线 恒过点 ．
【整体点评】本题主要考查了椭圆的简单性质及方程思想，还考查了计算能力及转化思想、推理论证能力，
第 12页/共 24页
属于难题.
第二问的方法一最直接，但对运算能力要求严格；方法二曲线系的应用更多的体现了几何与代数结合的思
想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
17. 如图， 为圆锥的顶点， 是圆锥底面的圆心， 为底面直径， ． 是底面的内接
正三角形， 为 上一点， ．
（1）证明： 平面 ；
（2）求二面角 的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】
【分析】（1）要证明 平面 ，只需证明 ， 即可；
（2）方法一：过 O 作 ∥BC 交 AB 于点 N，以 O 为坐标原点，OA 为 x 轴，ON 为 y 轴建立如图所示的空
间直角坐标系，分别算出平面 的一个法向量 ，平面 的一个法向量为 ，利用公式
计算即可得到答案.
【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明
由题设，知 为等边三角形，设 ，
则 ， ，所以 ，
第 13页/共 24页
又 为等边三角形，则 ，所以 ，
，则 ，所以 ，
同理 ，又 ，所以 平面 ；
[方法二]：空间直角坐标系法
不妨设 ，则 ，由圆锥性质知 平面 ，所以
，所以 ．因为 O 是 的外心，因此
．
在底面过 作 的平行线与 的交点为 W，以 O 为原点， 方向为 x 轴正方向， 方向为 y 轴正
方向， 方向为 z 轴正方向，建立空间直角坐标系 ，
则 ， ， ， ， ．
所以 ， ， ．
故 ， ．
所以 ， ．
又 ，故 平面 ．
[方法三]：
因为 是底面圆 O 的内接正三角形，且 为底面直径，所以 ．
因为 （即 ）垂直于底面， 在底面内，所以 ．
第 14页/共 24页
又因为 平面 ， 平面 ， ，所以 平面 ．
又因为 平面 ，所以 ．
设 ，则 F 为 的中点，连结 ．
设 ，且 ，
则 ， ， ．
因此 ，从而 ．
又因为 ，所以 平面 ．
[方法四]：空间基底向量法
如图所示，圆锥底面圆 O 半径为 R，连结 ， ，易得 ，
因为 ，所以 ．
以 为基底， 平面 ，则 ，
第 15页/共 24页
，且 ，
所以
．
故 ．所以 ，即 ．
同理 ．又 ，所以 平面 ．
（2）[方法一]：空间直角坐标系法
过 O 作 ∥BC 交 AB 于点 N，因为 平面 ，以 O 为坐标原点，OA 为 x 轴，ON 为 y 轴建立如图
所示的空间直角坐标系，
则 ，
， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
由 ，得 ，令 ，得 ，
所以 ，
第 16页/共 24页
设平面 的一个法向量为
由 ，得 ，令 ，得 ，
所以
故 ，
设二面角 的大小为 ，由图可知二面角为锐二面角，所以 .
[方法二]【最优解】：几何法
设 ，易知 F 是 的中点，过 F 作 交 于 G，取 的中点 H，
联结 ，则 ．
由 平面 ，得 平面 ．
由（1）可得， ，得 ．
所以 ，根据三垂线定理，得 ．
所以 是二面角 的平面角．
设圆 O 的半径为 r，则 ， ， ， ，所以 ，
， ．
在 中， ，
．
所以二面角 的余弦值为 ．
第 17页/共 24页
[方法三]：射影面积法
如图所示，在 上取点 H，使 ，设 ，连结 ．
由（1）知 ，所以 ．故 平面 ．
所以，点 H 在面 上的射影为 N．
故由射影面积法可知二面角 的余弦值为 ．
在 中，令 ，则 ，易知 ．所以 ．
又 ，故
所以二面角 的余弦值为 ．
【整体点评】本题以圆锥为载体，隐含条件是圆锥的轴垂直于底面，（1）方法一：利用勾股数进行运算证
第 18页/共 24页
明，是在给出数据去证明垂直时的常用方法；方法二：选择建系利用空间向量法，给空间立体感较弱的学
生提供了可行的途径；方法三：利用线面垂直，结合勾股定理可证出；方法四：利用空间基底解决问题，
此解法在解答题中用的比较少；
（2）方法一：建系利用空间向量法求解二面角，属于解答题中求角的常规方法；方法二：利用几何法，通
过三垂线法作出二面角，求解三角形进行求解二面角，适合立体感强的学生；方法三：利用射影面积法求
解二面角，提高解题速度.
18. 设 是等差数列， 是等比数列．已知 ， ， ， ．
（1）求 和 的通项公式；
（2）设数列 满足 ， 其中 ．
（i）求数列 的通项公式；
（ii）求
【答案】（1） ；
（2）（i） ；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据等差与等比数列的通项公式列方程组即可求解；
（2）（i）根据公式 代入 化简即可；（ii）代入等差等比数列的求和公式即
可求解.
【小问 1 详解】
依题意，
设等差数列 的公差为 ，等比数列 的公比为 ，
则有： ，解得 ，
，
．
第 19页/共 24页
【小问 2 详解】
数列 满足 ，
其中 ．
，
数列 的通项公式为： ．
19. 已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
（2）若两个不相等的正实数 a，b 满足 ，求证： ；
（3）若 ，求证： .
【答案】（1） 的单调递减区间是 ，单调递增区间是
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数求函数单调性；
（2）由函数 的单调性求其值域，从而不妨设 ，从而将证明 转化为证明
，
方法一：设 ， ，借助导数研究函数的单调性从而得值域，求得
恒成立，得证；
第 20页/共 24页
方法二：由 ，设 ， ，
利用导数可知 在 单调递增，从而得证；
方法三：（比值代换）由对称性，不妨设 ， ，欲证 ，即证 ，由
方法二可得证；
方法四：由 得 ，由方法二得 ，所以 ，得证；
（3）由（2）知 ，由 ，可知 ，分
和 两种情况，结合函数 的单调性可证.
【小问 1 详解】
函数 的定义域是 .
由 ，得 在 上单调递减；
由 ，得 在 上单调递增，
综上知， 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 .
【小问 2 详解】
由（1）得 在 的值域为 ，
在 上的值域为 .注意到 ， .
不妨设 ，则欲证 ，即证 .
由于 由（Ⅰ）得 在 上单调递增，
故只需证 ，
第 21页/共 24页
由已知 ，即证 ，也即 ，
方法一：令 ， .
，
由 ，在 单调递增，
得 单调递增，
且 .
由于 ，故 满足 .
由 单调递增知：
当 时 ， 单调递减，值域为 ；
当 时 ， 单调递增，值域为 ；
设 ， ，则 ， 单调递减，
故 ，即 ，
取 ，得 ，即
综上，得 ，即 ， 得证.
方法二：（重新同构）
令 ，即 ，证： ，
由于 ，从而 .
故要证 成立，只需 在 单调递增成立即可.
第 22页/共 24页
，
令 ， ，则 ，
在 单调递减， ， ，
故 在 单调递增成立，原命题成立.
方法三：（比值代换）由对称性，不妨设 ， ，
则
由于 ，欲证 ，
即证： ，即证 ，
可变为 ，由证法二可知成立，从而得证；
方法四：（切、割线放缩）1、由于 故 ，即 ；
2、由方法二知 ， ，
故 ，即 ，故 ， ；
由 1、2 知 ，故 成立，原命题成立.
小问 3 详解】
由（2）知 ，
①当 时， 在 上单调递增，
故 .
②当 时，
由 ，取 ，
第 23页/共 24页
得 （ ）时，
有 ，即 .
由 在 上单调递增，故 ，
综上，得 时，当 成立.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
（1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
（2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
（3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
第 24页/共 24页