2025-2026学年辽宁省丹东四校协作体高三第一次月考数学试题文试题含解析.doc

2025-2026学年辽宁省丹东四校协作体高三第一次月考数学试题文试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．函数的图象可能是（ ）
A． B． C． D．
2．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
4．函数（其中是自然对数的底数）的大致图像为（ ）
A． B． C． D．
5．设为非零向量，则“”是“与共线”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．在等差数列中，，，若（），则数列的最大值是（ ）
A． B．
C．1 D．3
7．已知数列是公比为的等比数列，且，若数列是递增数列，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．在中，角的对边分别为，若．则角的大小为(　　)
A． B． C． D．
9．已知在中，角的对边分别为，若函数存在极值，则角的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
10．下列函数中，在定义域上单调递增，且值域为的是（ ）
A． B． C． D．
11．在平面直角坐标系中，已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边落在直线上，则（ ）
A． B． C． D．
12．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的体积为（ ）

A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知椭圆C：1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆的焦距为2c，过C外一点P(c,2c)作线段PF1，PF2分别交椭圆C于点A、B，若|PA|＝|AF1|，则_____.
14．如图，已知扇形的半径为1，面积为，则_____.

15．已知集合，，则_________.
16．如图是一个算法伪代码，则输出的的值为_______________.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图所示，在三棱柱中，为等边三角形，，，平面，是线段上靠近的三等分点.

（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
18．（12分）已知函数
（1）若，试讨论的单调性；
（2）若，实数为方程的两不等实根，求证：.
19．（12分）已知椭圆 的焦距为，斜率为的直线与椭圆交于两点，若线段的中点为，且直线的斜率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过左焦点斜率为的直线与椭圆交于点为椭圆上一点，且满足，问：是否为定值？若是，求出此定值，若不是，说明理由.
20．（12分）已知椭圆经过点，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）经过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，点与点关于坐标原点对称．连接．求证：存在实数，使得成立．
21．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（Ⅰ）设直线与曲线交于，两点，求；
（Ⅱ）若点为曲线上任意一点，求的取值范围.
22．（10分）在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系；曲线C1的普通方程为(x-1)2 +y2 =1，曲线C2的参数方程为（θ为参数）.
（Ⅰ）求曲线C1和C2的极坐标方程：
（Ⅱ）设射线θ=(ρ>0)分别与曲线C1和C2相交于A，B两点，求|AB|的值．
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A
【解析】
先判断函数的奇偶性，以及该函数在区间上的函数值符号，结合排除法可得出正确选项.
【详解】
函数的定义域为，，该函数为偶函数，排除B、D选项；
当时，，排除C选项.
故选：A.
本题考查根据函数的解析式辨别函数的图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号，结合排除法得出结果，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
2．D
【解析】
分别解出集合然后求并集.
【详解】
解：，

故选：D
考查集合的并集运算，基础题.
3．B
【解析】
求出集合，利用集合的基本运算即可得到结论.
【详解】
由，得，则集合，
所以，.
故选：B.
本题主要考查集合的基本运算，利用函数的性质求出集合是解决本题的关键，属于基础题.
4．D
【解析】
由题意得，函数点定义域为且，所以定义域关于原点对称，
且，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，
故选D.
5．A
【解析】
根据向量共线的性质依次判断充分性和必要性得到答案.
【详解】
若，则与共线，且方向相同，充分性；
当与共线，方向相反时，，故不必要.
故选：.
本题考查了向量共线，充分不必要条件，意在考查学生的推断能力.
6．D
【解析】
在等差数列中,利用已知可求得通项公式,进而,借助函数的的单调性可知,当时, 取最大即可求得结果.
【详解】
因为，所以，即，又，所以公差，所以，即，因为函数，在时，单调递减，且；在时，单调递减，且.所以数列的最大值是，且，所以数列的最大值是3.
故选:D.
本题考查等差数列的通项公式,考查数列与函数的关系,借助函数单调性研究数列最值问题,难度较易.
7．D
【解析】
先根据已知条件求解出的通项公式，然后根据的单调性以及得到满足的不等关系，由此求解出的取值范围.
【详解】
由已知得，则.
因为，数列是单调递增数列，
所以，则，
化简得，所以.
故选：D.
本题考查数列通项公式求解以及根据数列单调性求解参数范围，难度一般.已知数列单调性，可根据之间的大小关系分析问题.
8．A
【解析】
由正弦定理化简已知等式可得，结合，可得，结合范围，可得，可得，即可得解的值．
【详解】
解：∵，
∴由正弦定理可得：，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴．
故选A．
本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
9．C
【解析】
求出导函数，由有不等的两实根，即可得不等关系，然后由余弦定理可及余弦函数性质可得结论．
【详解】
，.
若存在极值，则，
又.又．
故选：C．
本题考查导数与极值，考查余弦定理．掌握极值存在的条件是解题关键．
10．B
【解析】
分别作出各个选项中的函数的图象，根据图象观察可得结果.
【详解】
对于，图象如下图所示：

则函数在定义域上不单调，错误；
对于，的图象如下图所示：

则在定义域上单调递增，且值域为，正确；
对于，的图象如下图所示：

则函数单调递增，但值域为，错误；
对于，的图象如下图所示：

则函数在定义域上不单调，错误.
故选：.
本题考查函数单调性和值域的判断问题，属于基础题.
11．C
【解析】
利用诱导公式以及二倍角公式，将化简为关于的形式，结合终边所在的直线可知的值，从而可求的值.
【详解】
因为，且，
所以.
故选：C.
本题考查三角函数中的诱导公式以及三角恒等变换中的二倍角公式，属于给角求值类型的问题，难度一般.求解值的两种方法：（1）分别求解出的值，再求出结果；（2）将变形为，利用的值求出结果.
12．C
【解析】
由已知中的三视图，可知该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，求出底面面积，代入锥体体积公式，可得答案．
【详解】

由已知中的三视图，可知该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，
其底面面积，高，
故体积，
故选：．
本题考查的知识点是由三视图求几何体的体积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
根据条件可得判断OA∥PF2，且|PF2|＝2|OA|，从而得到点A为椭圆上顶点，则有b＝c，解出B的坐标即可得到比值.
【详解】
因为|PA|＝|AF1|，所以点A是线段PF1的中点，
又因为点O为线段F1F2的中点，所以OA∥PF2，且|PF2|＝2|OA|，
因为点P（c，2c），所以PF2⊥x轴，则|PF2|＝2c，
所以OA⊥x轴，则点A为椭圆上顶点，
所以|OA|＝b，
则2b＝2c，所以b＝c，ac，
设B（c，m）（m＞0），则，解得mc，
所以|BF2|c，
则.

故答案为：2.
本题考查椭圆的基本性质，考查直线位置关系的判断，方程思想，属于中档题.
14．
【解析】
根据题意，利用扇形面积公式求出圆心角，再根据等腰三角形性质求出，利用向量的数量积公式求出.
【详解】
设角， 则，
，
所以在等腰三角形中，，
则.
故答案为：.
本题考查扇形的面积公式和向量的数量积公式，属于基础题.
15．
【解析】
根据交集的定义即可写出答案。
【详解】
，，
故填
本题考查集合的交集，需熟练掌握集合交集的定义，属于基础题。
16．5
【解析】
执行循环结构流程图，即得结果.
【详解】
执行循环结构流程图得,结束循环，输出.
本题考查循环结构流程图，考查基本分析与运算能力，属基础题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）由，故，所以四边形为菱形，再通过，证得，所以四边形为正方形，得到.
（2）根据（1）的论证，建立空间直角坐标，设平面的法向量为，由求得，再由，利用线面角的向量法公式求解.
【详解】
（1）因为，故，
所以四边形为菱形，
而平面，故.
因为，故，
故，即四边形为正方形，故.
（2）依题意，.在正方形中，，
故以为原点，所在直线分别为、、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系；
如图所示：
不纺设，
则，
又因为，所以.
所以.
设平面的法向量为，
则，
即，
令，则.于是.
又因为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
本题考查空间线面的位置关系、线面成角，还考查空间想象能力以及数形结合思想，属于中档题.
18．（1）答案不唯一，具体见解析（2）证明见解析
【解析】
（1）根据题意得，分与讨论即可得到函数的单调性；
（2）根据题意构造函数，得，参变分离得，
分析不等式，即转化为，设，再构造函数，利用导数得单调性，进而得证.
【详解】
（1）依题意，当时，，
①当时，恒成立，此时在定义域上单调递增；
②当时，若，；若，；
故此时的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）方法1：由得
令，则，
依题意有，即，
要证，只需证（不妨设），
即证，
令，设，则，
在单调递减，即，从而有.
方法2：由得
令，则，
当时，时，
故在上单调递增，在上单调递减，
不妨设，则，
要证，只需证，易知，
故只需证，即证
令，（），
则
==，
（也可代入后再求导）
在上单调递减，，
故对于时，总有.由此得
本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，属于难题.
19． (1) .
(2) 为定值.过程见解析.
【解析】
分析：（1）焦距说明，用点差法可得＝.这样可解得，得椭圆方程；
（2）若，这种特殊情形可直接求得，在时，直线方程为，设，把直线方程代入椭圆方程，后可得，然后由纺长公式计算出弦长，同时直线方程为，代入椭圆方程可得点坐标，从而计算出，最后计算即可.
详解：（1）由题意可知，设，代入椭圆可得：
，两式相减并整理可得，
，即.
又因为，，代入上式可得，.
又，所以，
故椭圆的方程为.
（2）由题意可知，，当为长轴时，为短半轴，此时
；
否则，可设直线的方程为，联立，消可得，
，
则有：，
所以
设直线方程为，联立，根据对称性，
不妨得，
所以.
故，
综上所述，为定值.
点睛：设直线与椭圆相交于两点，的中点为，则有，证明方法是点差法：即把点坐标代入椭圆方程得，，两式相减，结合斜率公式可得.
20．（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）由点可得,由,根据即可求解；
（2）设直线的方程为,联立可得,设,由韦达定理可得,再根据直线的斜率公式求得；由点B与点Q关于原点对称,可设,可求得,则,即可求证.
【详解】
解:（1）由题意可知,,
又,得,
所以椭圆的方程为
（2）证明:设直线的方程为，
联立,可得,
设,
则有,
因为,
所以,
又因为点B与点Q关于原点对称,所以,即,
则有,由点在椭圆上,得,所以,
所以,即，
所以存在实数,使成立
本题考查椭圆的标准方程,考查直线的斜率公式的应用,考查运算能力.
21．（Ⅰ）6（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）化简得到直线的普通方程化为，，是以点为圆心，为半径的圆，利用垂径定理计算得到答案.
（Ⅱ）设，则，得到范围.
【详解】
（Ⅰ）由题意可知，直线的普通方程化为，
曲线的极坐标方程变形为，
所以的普通方程分别为，是以点为圆心，为半径的圆，
设点到直线的距离为，则， 所以.
（Ⅱ）的标准方程为，所以参数方程为（为参数），设，
，
因为，所以，
所以.
本题考查了参数方程，极坐标方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.
22．（Ⅰ），;（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）根据，可得曲线C1的极坐标方程，然后先计算曲线C2的普通方程，最后根据极坐标与直角坐标的转化公式，可得结果.
（Ⅱ）将射线θ=分别与曲线C1和C2极坐标方程联立，可得A，B的极坐标，然后简单计算，可得结果.
【详解】
（Ⅰ）
由
所以曲线的极坐标方程为，
曲线的普通方程为
则曲线的极坐标方程为
（Ⅱ）令，则，，
则，即，
所以，，
故．
本题考查极坐标方程和参数方程与直角坐标方程的转化，以及极坐标方程中的几何意义，属基础题.