福建省泉州第一中学2026届高三上学期10月第二次月考数学试卷（含解析）

泉州一中2026届高三第二次月考数学试卷
20251101
一、单选题（本大题共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.
2. 已知，是不共线的非零向量，若，则实数（ ）
A. B. C. D.
3. 已知函数在上是减函数，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
4. 在中，a，b，c为，，的对边，，，，则c的值为（ ）
A. 3或5 B. 3或6 C. 3 D. 5
5. 设且则
A. B. C. D.
6. 若函数 的最大值为 2，则常数 的取值可以为（ ）
A. 1 B. C. D.
7. “湖畔波澜飞，耕耘战鼓催”，合肥一六八中学的一草一木都见证了同学们的成长．某同学为了测量澜飞湖两侧C，D两点间的距离，除了观测点C，D外，他又选了两个观测点，且，已经测得两个角，由于条件不足，需要再观测新的角，则利用已知观测数据和下面三组新观测的角的其中一组，就可以求出C，D间距离的有（ ）组
①和；②和；③和.
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
8. 已知为常数，函数存在极大值，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若幂函数的图象过点，则
B. “向量与向量共线”是“存在，使得”的充分必要条件
C. 若的终边不相同，则
D. 在中，角对边分别为，则“”是“且”的充要条件
10. 已知平面向量，，则（ ）
A 若，则
B. 若，则
C. 若在的投影向量为，则
D. 若，则
11. 已知函数，则（ ）
A. 为的一个周期 B. 的图像关于直线对称
C. 在上单调递增 D. 的值域为
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 若命题“，”为假命题，则实数的取值范围是______．
13. 已知，，则______．
14. 如图在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是___________．
四、解答题（本大题共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. 在中，已知，，．
（1）求角；
（2）若为锐角三角形，且，求的面积.
16. 已知函数，.
（1）若存在极小值，且极小值为，求；
（2）若，求的取值范围.
17. 已知向量，，函数.
（1）若，且，求的值；
（2）将图象上所有的点向右平移个单位，然后再向下平移1个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的，得到函数的图象，当时，解不等式.
18. 在中，，是边上一点，．
（1）若，求的值；
（2）若，求的取值范围．
19. 已知函数，．
（1）若，求函数单调递增区间；
（2）若对于任意，恒有，求实数a的取值范围；
（3）证明：对任意的正整数n，．
答案版
泉州一中2026届高三第二次月考数学试卷
20251101
一、单选题（本大题共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】B
【详解】由得，，所以，所以，
对于集合，因为，所以当时，；
当时，；当时，；
.
故选：B.
2. 已知，是不共线的非零向量，若，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】由可知存在实数，使得，所以从而可得．
故选：A
3. 已知函数在上是减函数，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】解：由，得到，
因为函数在上是减函数，所以在上恒成立，
当时，在上不恒成立，不满足题意；
当时，在上恒成立，则，解得，
综上，的取值范围是.
故选：B
4. 在中，a，b，c为，，的对边，，，，则c的值为（ ）
A. 3或5 B. 3或6 C. 3 D. 5
【答案】D
【详解】解：∵，且
∴
则，得或5，
当时，，则与矛盾．
易知：；
故选：D.
5. 设且则
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】[方法一]：
.
故选：C.
[方法二]：
又.
故选：C.
6. 若函数 的最大值为 2，则常数 的取值可以为（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】D
【详解】因为函数的最大值为1，的最大值为1，
由题意可知，取得最大值1时，也取得最大值1，
即当时，，，
得，，，
当时，，其他值不满足等式.
故选：D
7. “湖畔波澜飞，耕耘战鼓催”，合肥一六八中学的一草一木都见证了同学们的成长．某同学为了测量澜飞湖两侧C，D两点间的距离，除了观测点C，D外，他又选了两个观测点，且，已经测得两个角，由于条件不足，需要再观测新的角，则利用已知观测数据和下面三组新观测的角的其中一组，就可以求出C，D间距离的有（ ）组
①和；②和；③和.
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】D
【详解】由，，
∴可求出、，
①和：△中，即可求；
②和：可求、，则在△中求；
③和：可求，则在△中，即可求；
∴①②③都可以求.
故选：D
8. 已知为常数，函数存在极大值，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】因为存在，所以要求，故函数的定义域为，
因为函数存在极大值，所以其导数需存在零点，且零点处由正变负，
求导得：，
令，即.二阶导数，
当时，在定义域上恒成立，所以在上单调递增， 此时函数可能存在极小值或无极值，不存在极大值，不符合题意；
当时，时，即，时，即；
故在区间上单调递减，在区间上单调递增；故的极小值为，
若函数存在极大值，则，故，所以，
又因为，所以，故化简为，所以.
故选：D
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若幂函数的图象过点，则
B. “向量与向量共线”是“存在，使得”的充分必要条件
C. 若的终边不相同，则
D. 在中，角对边分别为，则“”是“且”的充要条件
【答案】AD
【详解】对A：设，由，所以，所以，故A正确；
对B：若与共线，且时，才存在，使得，所以“向量与向量共线”不是“存在，使得”充分条件，故B错误；
对C：当，时，满足的终边不相同，但，故C错误；
对D：在中，，由正弦定理，所以“”与“”互为充要条件；
，又在上单调递减，所以.所以“”与“” 互为充要条件.
所以“”与“且”互为充要条件，故D正确.
故选：AD
10. 已知平面向量，，则（ ）
A 若，则
B. 若，则
C. 若在的投影向量为，则
D. 若，则
【答案】ACD
【详解】对A：若，则有，解得，故A正确；
对B：若，则有，解得，故B错误；
对C：若在的投影向量为，
则有，
化简得，即，故C正确；
对D：若，则有，解得，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数，则（ ）
A. 为的一个周期 B. 的图像关于直线对称
C. 在上单调递增 D. 的值域为
【答案】ABD
【详解】因为，所以为的一个周期，故A正确；
因为，所以的图像关于直线对称，故B正确；
因为当时，，
，
故在上单调递减，故C错误；
因为在上单调递减，所以在上的取值范围为，
因为关于直线对称，所以在上的取值范围为，
又的周期为，所以在整个定义域上的值域为，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 若命题“，”为假命题，则实数的取值范围是______．
【答案】
【详解】命题“，”的否定为“，”.
因为命题“，”为假命题，所以命题“，”为真命题.
设，，
因为，当且仅当即时取等号.
所以.
所以.
故答案为：
13. 已知，，则______．
【答案】
【详解】由①
由（*），
由题意，，均有意义，所以.
将（*）式两边同除以得：②
①②得：.
故答案为：
14. 如图在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是___________．
【答案】（，）
【详解】如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合与E点时，AB最长，在△BCE中，∠B=∠C=75°，∠E=30°，BC=2，由正弦定理可得，即，解得=，平移AD ，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，在△BCF中，∠B=∠BFC=75°，∠FCB=30°，由正弦定理知，，即，解得BF=，所以AB的取值范围为（，）.
考点：正余弦定理；数形结合思想
四、解答题（本大题共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. 在中，已知，，．
（1）求角；
（2）若为锐角三角形，且，求的面积.
【答案】（1）或
（2）
【小问1详解】
，
在三角形中，，
，，，
在中，，
，
又，
，，
由正弦定理，得，
，或；
【小问2详解】
因为为锐角三角形，所以，
，
点为三角形重心，
所以，
又，
所以，
所以的面积为.
16. 已知函数，.
（1）若存在极小值，且极小值为，求；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
，，
当时，，所以函数无极值，
当时，由，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，解得.
【小问2详解】
由，得，即，，
设，，
则，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
所以，则，
所以的取值范围为.
17. 已知向量，，函数.
（1）若，且，求的值；
（2）将图象上所有的点向右平移个单位，然后再向下平移1个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的，得到函数的图象，当时，解不等式.
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
因为，，函数，
所以
，
因为，所以，所以，
又，所以，
所以，
所以
.
【小问2详解】
将图象上所有的点向右平移个单位得到，
再将向下平移1个单位得到，
最后将的所有点的纵坐标变为原来的得到，
即，
由，即，所以，，
解得，，
令可得，令可得，
又，所以，
即在时不等式的解集为.
18. 在中，，是边上一点，．
（1）若，求的值；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
解：由，，
可得，．
在中，由正弦定理得；
在中，由正弦定理得；
在中，由正弦定理得，
所以．
【小问2详解】
解：由，得．
设，则，，
所以，，
，则，
故．
设，则．
因为，所以，则．
设，，则．
因为当时，，所以函数在区间上单调递增．
因为，，所以，
故的取值范围为．
19. 已知函数，．
（1）若，求函数单调递增区间；
（2）若对于任意，恒有，求实数a的取值范围；
（3）证明：对任意的正整数n，．
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【小问1详解】
当时，，
对求导得，
令，得，即，
解得，；
故函数的单调递增区间为，.
【小问2详解】
对求导得，
记，令，则，
，由得，所以函数在上单调递增，
所以的最大值为，所以，
①当时，，
所以在上单调递减，所以；
②当时，因为，
即，使得当时，，
则在上单调递增，所以，与矛盾.
故实数的取值范围为.
【小问3详解】
由（2）可知，当时，.
设，，
则；
令，，
则，可得在区间上单调递减，
所以，
所以在区间上单调递减，
所以.
所以当时，，
可得时，，
可得
，
则.