2026年福建省永春一中等四校高三下学期第三次月考数学试题不含附加题含解析.doc

2026年福建省永春一中等四校高三下学期第三次月考数学试题不含附加题
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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．已知三棱锥中，是等边三角形，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
2．下列说法正确的是（ ）
A．“若，则”的否命题是“若，则”
B．“若，则”的逆命题为真命题
C．，使成立
D．“若，则”是真命题
3．若函数f(x)＝x3＋x2－在区间(a，a＋5)上存在最小值，则实数a的取值范围是
A．[－5，0) B．(－5，0) C．[－3，0) D．(－3，0)
4．已知三棱锥中，为的中点，平面，，，则有下列四个结论：①若为的外心，则；②若为等边三角形，则；③当时，与平面所成的角的范围为；④当时，为平面内一动点，若OM∥平面，则在内轨迹的长度为1．其中正确的个数是（ ）．
A．1 B．1 C．3 D．4
5．关于函数，有下列三个结论:①是的一个周期；②在上单调递增；③的值域为.则上述结论中，正确的个数为（）
A． B． C． D．
6．在中，，则 （ ）
A． B． C． D．
7．某市气象部门根据2018年各月的每天最高气温平均数据,绘制如下折线图,那么,下列叙述错误的是( )

A．各月最高气温平均值与最低气温平均值总体呈正相关
B．全年中,2月份的最高气温平均值与最低气温平均值的差值最大
C．全年中各月最低气温平均值不高于10°C的月份有5个
D．从2018年7月至12月该市每天最高气温平均值与最低气温平均值呈下降趋势
8．若双曲线的离心率，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离为（ ）
A． B．2 C． D．1
9．如图，四边形为正方形，延长至，使得，点在线段上运动.设，则的取值范围是（ ）

A． B． C． D．
10．如图1，《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题:今有竹高一丈,末折抵地,去本三尺，问折者高几何? 意思是:有一根竹子, 原高一丈（1丈=10尺）, 现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离三尺，问折断处离地面的高为（ ）尺.

A． B． C． D．
11．已知函数，则（ ）
A．函数在上单调递增 B．函数在上单调递减
C．函数图像关于对称 D．函数图像关于对称
12．设，是方程的两个不等实数根，记（）.下列两个命题（ ）
①数列的任意一项都是正整数；
②数列存在某一项是5的倍数.
A．①正确，②错误 B．①错误，②正确
C．①②都正确 D．①②都错误
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数（）在区间上的值小于0恒成立，则的取值范围是________.
14．已知a，b均为正数，且，的最小值为________.
15．已知复数对应的点位于第二象限，则实数的范围为______.
16．函数的图象在处的切线方程为__________．
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）已知函数．
（1）时，求不等式解集；
（2）若的解集包含于，求a的取值范围．
18．（12分）在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，
（Ⅰ）求的大小；
（Ⅱ）若，求面积的最大值．
19．（12分）设椭圆，直线经过点，直线经过点，直线直线，且直线分别与椭圆相交于两点和两点.
(Ⅰ)若分别为椭圆的左、右焦点，且直线轴，求四边形的面积;
(Ⅱ)若直线的斜率存在且不为0，四边形为平行四边形，求证:;
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，判断四边形能否为矩形，说明理由.
20．（12分）已知，，函数的最小值为.
（1）求证：；
（2）若恒成立，求实数的最大值.
21．（12分）设函数.
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）若函数有两个极值点，求证：.
22．（10分）已知数列是各项均为正数的等比数列，，且，，成等差数列．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，为数列的前项和，记，证明：．
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．D
【解析】
根据底面为等边三角形，取中点，可证明平面，从而，即可证明三棱锥为正三棱锥.取底面等边的重心为，可求得到平面的距离，画出几何关系，设球心为，即可由球的性质和勾股定理求得球的半径，进而得球的表面积.
【详解】
设为中点，是等边三角形，
所以，
又因为，且，
所以平面，则，
由三线合一性质可知
所以三棱锥为正三棱锥，
设底面等边的重心为，
可得，，
所以三棱锥的外接球球心在面下方，设为，如下图所示：

由球的性质可知，平面，且在同一直线上，设球的半径为，
在中，，
即，
解得，
所以三棱锥的外接球表面积为，
故选：D.
本题考查了三棱锥的结构特征和相关计算，正三棱锥的外接球半径求法，球的表面积求法，对空间想象能力要求较高，属于中档题.
2．D
【解析】
选项A，否命题为“若，则”，故A不正确．
选项B，逆命题为“若，则”，为假命题，故B不正确．
选项C，由题意知对，都有，故C不正确．
选项D，命题的逆否命题“若，则”为真命题，故“若，则”是真命题，所以D正确．
选D．
3．C
【解析】
求函数导数，分析函数单调性得到函数的简图，得到a满足的不等式组，从而得解.
【详解】
由题意，f′(x)＝x2＋2x＝x(x＋2)，故f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上是增函数，在(－2，0)上是减函数，作出其图象如图所示．

令x3＋x2－＝－，得x＝0或x＝－3，
则结合图象可知，解得a∈[－3，0)，
故选C.
本题主要考查了利用函数导数研究函数的单调性，进而研究函数的最值，属于常考题型.
4．C
【解析】
由线面垂直的性质,结合勾股定理可判断①正确; 反证法由线面垂直的判断和性质可判断②错误;由线面角的定义和转化为三棱锥的体积,求得C到平面PAB的距离的范围,可判断③正确;由面面平行的性质定理可得线面平行,可得④正确.
【详解】
画出图形：

若为的外心，则，
平面,可得,即，①正确;
若为等边三角形，，又
可得平面，即,由可得
，矛盾，②错误;
若，设与平面所成角为
可得，
设到平面的距离为
由可得

即有，当且仅当取等号.
可得的最大值为，
即的范围为，③正确；
取中点，的中点，连接
由中位线定理可得平面平面
可得在线段上，而，可得④正确；
所以正确的是：①③④
故选：C
此题考查立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断，处理这类问题，可以用已知的定理或性质来证明，也可以用反证法来说明命题的不成立.属于一般性题目.
5．B
【解析】
利用三角函数的性质，逐个判断即可求出．
【详解】
①因为，所以是的一个周期，①正确；
②因为，，所以在上不单调递增，②错误；
③因为，所以是偶函数，又是的一个周期，所以可以只考虑时，的值域．当时，，

在上单调递增，所以，的值域为，③错误；
综上，正确的个数只有一个，故选B．
本题主要考查三角函数的性质应用．
6．A
【解析】
先根据得到为的重心，从而，故可得，利用可得，故可计算的值．
【详解】
因为所以为的重心，
所以,
所以,
所以，因为，
所以，故选A．
对于，一般地，如果为的重心，那么，反之，如果为平面上一点，且满足，那么为的重心．
7．D
【解析】
根据折线图依次判断每个选项得到答案.
【详解】
由绘制出的折线图知：
在A中，各月最高气温平均值与最低气温平均值为正相关，故A正确；
在B中，全年中，2月的最高气温平均值与最低气温平均值的差值最大，故B正确；
在C中，全年中各月最低气温平均值不高于10℃的月份有1月，2月，3月，11月，12月，共5个，故C正确；
在D中，从2018年7月至12月该市每天最高气温平均值与最低气温平均值，先上升后下降，故D错误.
故选：D.
本题考查了折线图，意在考查学生的理解能力.
8．C
【解析】
根据双曲线的解析式及离心率，可求得的值；得渐近线方程后，由点到直线距离公式即可求解.
【详解】
双曲线的离心率，
则，，解得，所以焦点坐标为，
所以，
则双曲线渐近线方程为，即，
不妨取右焦点，则由点到直线距离公式可得，
故选：C.
本题考查了双曲线的几何性质及简单应用，渐近线方程的求法，点到直线距离公式的简单应用，属于基础题.
9．C
【解析】
以为坐标原点，以分别为x轴，y轴建立直角坐标系，利用向量的坐标运算计算即可解决.
【详解】
以为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，不妨设正方形的边长为1，

则，，设，则，所以，且，
故.
故选：C.
本题考查利用向量的坐标运算求变量的取值范围，考查学生的基本计算能力，本题的关键是建立适当的直角坐标系，是一道基础题.
10．B
【解析】

如图，已知，， 
∴，解得 ，
∴，解得 .
∴折断后的竹干高为4.55尺
故选B.
11．C
【解析】
依题意可得，即函数图像关于对称，再求出函数的导函数，即可判断函数的单调性；
【详解】
解：由，
，所以函数图像关于对称，
又，在上不单调.
故正确的只有C，
故选：C
本题考查函数的对称性的判定，利用导数判断函数的单调性，属于基础题.
12．A
【解析】
利用韦达定理可得,,结合可推出,再计算出,,从而推出①正确;再利用递推公式依次计算数列中的各项,以此判断②的正误.
【详解】
因为,是方程的两个不等实数根,
所以,,
因为,
所以

,
即当时,数列中的任一项都等于其前两项之和,
又,,
所以,,,
以此类推,即可知数列的任意一项都是正整数,故①正确;
若数列存在某一项是5的倍数,则此项个位数字应当为0或5,
由,,依次计算可知,
数列中各项的个位数字以1,3,4,7,1,8,9,7,6,3,9,2为周期,
故数列中不存在个位数字为0或5的项,故②错误;
故选:A.
本题主要考查数列递推公式的推导,考查数列性质的应用,考查学生的综合分析以及计算能力.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
首先根据的取值范围，求得的取值范围，由此求得函数的值域，结合区间上的值小于0恒成立列不等式组，解不等式组求得的取值范围.
【详解】
由于，所以，
由于区间上的值小于0恒成立，
所以（）.
所以，
由于，所以，
由于，所以令得.
所以的取值范围是.
故答案为：
本小题主要考查三角函数值域的求法，考查三角函数值恒小于零的问题的求解，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
14．
【解析】
本题首先可以根据将化简为，然后根据基本不等式即可求出最小值.
【详解】
因为，
所以，
当且仅当，即、时取等号，
故答案为：.
本题考查根据基本不等式求最值，基本不等式公式为，在使用基本不等式的时候要注意“”成立的情况，考查化归与转化思想，是中档题.
15．
【解析】
由复数对应的点，在第二象限，得，且，从而求出实数的范围．
【详解】
解：∵复数对应的点位于第二象限，∴，且，
∴，
故答案为：．
本题主要考查复数与复平面内对应点之间的关系，解不等式，且 是解题的关键，属于基础题．
16．
【解析】
利用导数的几何意义,对求导后在计算在处导函数的值,再利用点斜式列出方程化简即可.
【详解】
,则切线的斜率为.
又,所以函数的图象在处的切线方程为,即.
故答案为：
本题主要考查了根据导数的几何意义求解函数在某点处的切线方程问题,需要注意求导法则与计算,属于基础题.

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）（2）
【解析】
(1) 代入可得对分类讨论即可得不等式的解集;
(2)根据不等式在上恒成立去绝对值化简可得再去绝对值即可得关于 的不等式组解不等式组即可求得的取值范围
【详解】
（1）当时，不等式可化为，
①当时，不等式为，解得；
②当时，不等式为，无解；
③当时，不等式为，解得，
综上，原不等式的解集为．
（2）因为的解集包含于，
则不等式可化为，
即．解得，
由题意知，解得，
所以实数a的取值范围是．
本题考查了绝对值不等式的解法分类讨论解绝对值不等式的应用,含参数不等式的解法.难度一般.
18．（1）（2）
【解析】
分析：(1)利用正弦定理以及诱导公式与和角公式，结合特殊角的三角函数值，求得角C；
(2)运用向量的平方就是向量模的平方，以及向量数量积的定义，结合基本不等式，求得的最大值，再由三角形的面积公式计算即可得到所求的值.
详解：（1）∵，
，

（Ⅱ）取中点，则，在中，，
（注：也可将两边平方）即，
，所以，当且仅当时取等号．
此时，其最大值为.
点睛：该题考查的是有关三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理，诱导公式，和角公式，向量的平方即为向量模的平方，基本不等式，三角形的面积公式，在解题的过程中，需要正确使用相关的公式进行运算即可求得结果.
19． (Ⅰ) ；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)不能，证明见解析
【解析】
(Ⅰ)计算得到故，，，，计算得到面积.
(Ⅱ) 设为，联立方程得到，计算，同理，根据得到，得到证明.
(Ⅲ) 设中点为，根据点差法得到，同理，故，得到结论.
【详解】
(Ⅰ)，，故，，，.
故四边形的面积为.
(Ⅱ)设为，则，故，
设，，故，
，
同理可得，
，故，
即，，故.
(Ⅲ)设中点为，则，，
相减得到，即，
同理可得：的中点，满足，
故，故四边形不能为矩形.
本题考查了椭圆内四边形的面积，形状，根据四边形形状求参数，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
20．（1）见解析；（2）最大值为.
【解析】
（1）将函数表示为分段函数，利用函数的单调性求出该函数的最小值，进而可证得结论成立；
（2）由可得出，并将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值，进而可得出实数的最大值.
【详解】
（1）.
当时，函数单调递减，则；
当时，函数单调递增，则；
当时，函数单调递增，则.
综上所述，，所以；
（2）因为恒成立，且，，所以恒成立，即.
因为，当且仅当时等号成立，
所以，实数的最大值为.
本题考查含绝对值函数最值的求解，同时也考查了利用基本不等式恒成立求参数，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
21．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析
【解析】
（Ⅰ）求导得到，讨论，，三种情况得到单调区间.
（Ⅱ）设，要证，即证，，设，根据函数单调性得到证明.
【详解】
（Ⅰ） ，
令，，
（1）当，即时，，，在上单调递增；
（2）当，即时，设的两根为（），
，
①若，，时，，
所以在和上单调递增，
时，，所以在上单调递减，
②若，，时，，所以在上单调递减， 时，，所以在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时， 在和上单调递增，
在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（Ⅱ）不妨设，要证，
即证，
即证，
由（Ⅰ）可知，，，可得，
，
所以有，
令，
，
所以在单调递增， 所以，
因为，所以，所以.
本题考查了函数单调性，证明不等式，意在考查学生的分类讨论能力和计算能力.
22．（Ⅰ），；（Ⅱ）见解析
【解析】
（Ⅰ）由，且成等差数列，可求得q，从而可得本题答案；
（Ⅱ）化简求得，然后求得，再用裂项相消法求，即可得到本题答案.
【详解】
（Ⅰ）因为数列是各项均为正数的等比数列，，可设公比为q，，
又成等差数列，
所以，即，
解得或（舍去），则，；
（Ⅱ）证明：，
，，
则，
因为，所以
即.
本题主要考查等差等比数列的综合应用，以及用裂项相消法求和并证明不等式，考查学生的运算求解能力和推理证明能力.