四川省广安市2026届高三数学上学期10月月考试题含解析

这是一份四川省广安市2026届高三数学上学期10月月考试题含解析，共12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。
（考试时间：120 分钟 试卷满分：150 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．
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：D
2. 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.
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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.
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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
（负值舍去）．
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 ，当 趋于无穷大时，本息和趋于 ．当计息
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：B
7. 已知 ， 满足 ，则 值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
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【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：B
8. 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 ，
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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 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．
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】
【分析】利用基本不等式可判断 A 选项；求得 ，设 ，则 ，利用对勾函数的单调
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 ，
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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 ，
求切线方程，由切线方程过点 得 ，令 ，利用导数研究
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
两种情况讨论，进而联立方程组得 ，展开对于系
数相等即可判断.
【详解】对于 A：由 ，令 ，即 ，
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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.
11. 已知函数 ，下列说法正确的是（ ）
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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 3 个交点，最多有 4 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；
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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 92 分）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 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 .
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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】
【分析】根据给定条件可得函数 是周期为 的函数，进而求出 ，再利用周期
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：0
14. 若函数 在 上为增函数，则 的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得 在 上恒成立，令
，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 ，
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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 .
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故答案为： .
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. 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】
【分析】（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
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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】
【分析】（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 ， ， ，
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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 中，已知侧面 是边长为 2 的正三角形， 是 的中点，底面 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】
【分析】（1）由面面垂直的性质定理得 底面 ，从而得 ，然后由线面垂直的判定定理
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 ，
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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 ，
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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．
（1）为了解喜爱足球运动是否与性别有关，现随机抽取了男性和女性各 100 名观众进行调查，得到 列
联表如下：
喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计
男性 60 40 100
女性 20 80 100
合计 80 120 200
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．
0.100 0.050 0 025 0.010 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 10.828
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.
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【解析】
【分析】（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.
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19. 已知函数 ，其中
（1）讨论 的单调性；
（2）已知 且 ，求证： ；
（3）若函数 有三个不同 零点，求正数 的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求出函数 的导数，按 与 分类讨论求出 的单调区间.
（2）利用（1）中 时的结论，再利用裂项相消法求和，推理即得.
（3）变形函数 ，将 的零点个数问题转化为 的零点个数，再借助导数及零点存在性定理求解
.
【小问 1 详解】
函数 定义域为 ，又 ，
设 ，则 ，
①当 时， 恒成立，且至多一点处为 ，函数 在 上单调递减；
②当 时， 有两个零点 ，
则当 或 时， ，即 ；当 时， ，即 ，
即函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以当 时， 的单调递减区间为 ；
当 时 ， 的 单 调 递 减 区 间 为 ， 单 调 递 增 区 间 为
.
【小问 2 详解】
由（1）知，当 时， 时， ，
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则 ，令 ，
于是 ，
所以
，
所以 （ 且 ）.
【小问 3 详解】
函数 ，
由于 与 同号，则 只有一个零点 ，
令 ，由 ，则 有三个不同的零点等价于函数 有三个不同的零点，
由（1）知，当 时， 在 上单调递减，不合题意；
当 时，由（1）知， 的两极值点 满足 ，所以 ，得 ，
由 ， 则 ，由（2）知，当 时， ，
则 ，即 ，
因此 ，
由零点存在性定理知， 在区间 上有唯一的一个零点 ，
显然 ，
而 ，则 ，于是当 时， 存在三个不同的零点 ，
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所以 的取值范围是 .
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