精品解析：新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市新疆实验中学2025-2026学年高三上学期起点检测（第一次月考）数学试卷

新疆实验中学高三起点定位检测（第一次月考） 数学试卷（问卷） （卷面分值：150分 考试时间：120分钟） 注意事项： 1．本试卷为问答分离式试卷，共8页，其中问卷4页，答卷4页.答题前请考生务必将自己的班级、姓名、准考证号的信息填写在答题卡上. 2．作答非选择题时必须用黑色字迹0.5毫米签字笔书写在答题卡的指定位置上，作答选择题必须用2B铅笔在答题卡上将对应题目的选项涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持答题卡卡面清洁、不折叠、不破损、不能使用涂改液、修正带. 3．考试结束后，请将答题卡交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数，则（ ） A. 0 B. C. 2025 D. 4050 3. 调和信号是指频率恒定的一种信号，三角函数性质可以表达调和信号的周期性，指数函数可用来描述信号的衰减.已知一个调和信号的函数为，它的图象大致为（ ） A. B. C D. 4. 已知，，，，则（ ） A. B. C. D. 1 5. 设是函数的两个极值点，若，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 6. 定义运算：，将函数的图像向左平移个单位，所得图像对应的函数为偶函数，则的可能取值是（     ） A. B. C. D. 7. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，设是的高，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数的定义域为R，满足，且当时，.若对任意，都有，则m的取值范围是 A. B. C. 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. 《几何原本》中几何代数法（用几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据根据这一方法，很多代数公理、定理都能够通过图形实现证明，并称之为“无字证明”如图所示，AB是半圆O的直径，点C是AB上一点（不同于A，B，），点D在半圆O上，且，于点设，，则该图形可以完成的“无字证明”为（ ） A. B C. D. 10. 在直角坐标系内，由，，，四点所确定的“型函数”指的是三次函数，其图象过，两点，且的图像在点处的切线经过点，在点处的切线经过点.若将由，，，四点所确定的“型函数”记为，则下列选项正确的是（ ） A. 曲线在点处的切线方程为 B. C. 曲线关于点对称 D. 当时， 11. 记的内角的对边分别为．已知是的最小内角，且为整数，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 当，且也是整数时， D. 面积的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. _______________. 13. 已知，则______. 14. 是定义在实数集上奇函数，，，若，则__________． 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. 已知幂函数（实数）的图像关于轴对称，且. （1）求的值及函数的解析式； （2）若，求实数的取值范围. 16. 在中，角的对边分别为．已知，，． （1）求A的值； （2）求c的值； （3）求的值． 17. 已知函数 （1）若求的单调区间; （2）若在上不单调，求的取值范围. 18. 已知函数，其图像的一条对称轴与相邻对称中心的横坐标相差，______，从以下两个条件中任选一个补充在空白横线中. ①函数的图像向左平移个单位长度后得到的图像关于y轴对称且； ②函数的图像的一个对称中心为且. （1）求函数的解析式； （2）若关于x的方程有实根，求实数m的取值范围. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式恒成立，求a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 新疆实验中学高三起点定位检测（第一次月考） 数学试卷（问卷） （卷面分值：150分 考试时间：120分钟） 注意事项： 1．本试卷为问答分离式试卷，共8页，其中问卷4页，答卷4页.答题前请考生务必将自己的班级、姓名、准考证号的信息填写在答题卡上. 2．作答非选择题时必须用黑色字迹0.5毫米签字笔书写在答题卡的指定位置上，作答选择题必须用2B铅笔在答题卡上将对应题目的选项涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持答题卡卡面清洁、不折叠、不破损、不能使用涂改液、修正带. 3．考试结束后，请将答题卡交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题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】化简集合，由交集的概念即可得解. 【详解】因为，且注意到， 从而. 故选：A. 2. 已知函数，则（ ） A. 0 B. C. 2025 D. 4050 【答案】B 【解析】 【分析】先求出导函数，再代入结合应用诱导公式及特殊角的函数值求解. 【详解】因为， 则， 故. 故选:B. 3. 调和信号是指频率恒定的一种信号，三角函数性质可以表达调和信号的周期性，指数函数可用来描述信号的衰减.已知一个调和信号的函数为，它的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数在内的零点个数和奇偶性判断. 【详解】解：令，则，，解得， 则在内有两个零点，故排除选项A，D， 又不具有奇偶性，则图象既不关于原点对称，也不关于y轴对称，故排除选项C， 故选：B 4. 已知，，，，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】确定，计算得到，，计算得到答案. 【详解】，化简得， 故，解得， 又，则， 故. 故选：D. 5. 设是函数的两个极值点，若，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】先求导，再结合已知条件与韦达定理即可求出结果. 【详解】由题意得，又是函数的两个极值点， 则是方程的两个根， 故， 又，则，即，则， 则，所以，解得， 此时. 故选：C． 6. 定义运算：，将函数的图像向左平移个单位，所得图像对应的函数为偶函数，则的可能取值是（     ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合辅助角公式可得，根据图像变换结合诱导公式可得，运算求解即可. 【详解】由题意可得：， 将函数的图像向左平移个单位，所得， 因为为偶函数， 则，解得， 可得，结合选项可知：B正确，ACD错误. 故选：B. 7. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，设是的高，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由结合正弦定理和三角函数恒等变换公式可求得，再结合余弦定理得，从而可求出三角形面积的最大值，进而可求出的最大值. 【详解】因为， 所以由正弦定理得， 所以， 所以， 因为，所以， 因为，所以， 因为，所以由余弦定理得， 当且仅当取等号， 所以，当且仅当取等号， 因为是的高，所以， 所以，当且仅当取等号， 所以的最大值为. 故选：D 8. 设函数的定义域为R，满足，且当时，.若对任意，都有，则m的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题为选择压轴题，考查函数平移伸缩，恒成立问题，需准确求出函数每一段解析式，分析出临界点位置，精准运算得到解决． 【详解】时，，，，即右移1个单位，图像变为原来的2倍． 如图所示：当时，，令，整理得：，（舍），时，成立，即，，故选B． 【点睛】易错警示：图像解析式求解过程容易求反，画错示意图，画成向左侧扩大到2倍，导致题目出错，需加深对抽象函数表达式的理解，平时应加强这方面练习，提高抽象概括、数学建模能力． 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. 《几何原本》中的几何代数法（用几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据根据这一方法，很多代数公理、定理都能够通过图形实现证明，并称之为“无字证明”如图所示，AB是半圆O的直径，点C是AB上一点（不同于A，B，），点D在半圆O上，且，于点设，，则该图形可以完成的“无字证明”为（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由已知，根据题意，借助射影定理和勾股定理，表示出各边关系，即，，，然后根据四边长度关系即可比较大小. 【详解】连接AD，BD，在上取一点，使得，连接， 由， 根据图像，在中，由射影定理可知：， 即， 又， 同理，在中，由射影定理可知：， 即， 因为 由勾股定理可知：， 选项A，由图像可知，，所以，选项A正确； 选项B，由图像可知，，所以，选项B错误； 选项C，由图像可知，，所以，选项C正确； 选项D，由图像可知，，所以，选项D正确； 故选：ACD. 10. 在直角坐标系内，由，，，四点所确定的“型函数”指的是三次函数，其图象过，两点，且的图像在点处的切线经过点，在点处的切线经过点.若将由，，，四点所确定的“型函数”记为，则下列选项正确的是（ ） A. 曲线在点处的切线方程为 B. C. 曲线关于点对称 D. 当时， 【答案】ABC 【解析】 【分析】A.根据函数在点处的切线经过点，利用点斜式求解判断；B.根据的图象过点及，设(其中)，然后再利用，求解判断；C.由B得到判断；D. 由B结合，有，判断. 【详解】因为直线的斜率为，所以的方程为，即，所以A正确. 因为的图象过点及，所以有两个零点0，4，故可设(其中)，则，由，，得，，所以，故B正确. 由选项B可知，，所以曲线关于点对称，故C正确. 当时，有，，所以，故D不正确. 故答案为：ABC. 【点睛】本题考查导数的几何意义以及函数的性质，还考查了运算求解能力，属于中档题. 11. 记内角的对边分别为．已知是的最小内角，且为整数，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 当，且也是整数时， D. 面积的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据条件易得，即可判断；对于B，利用正弦定理计算即得；对于C，根据也是整数，且，可分和两种情况，利用差角的正切公式计算判断；对于D，由正弦定理推得，结合，利用正切函数的单调性即可求得面积的范围判断. 【详解】对于A，因是的最小内角，则，又因为整数，故，可得，故A正确； 对于B，由，，可得， 由正弦定理，，可得，解得，故B正确； 对于C，由，可得，因，且也是整数， 若，因，则，则， 此时，符合题意； 若，则，同理，此时，，不合题意， 随着取更大的整数，的值逐渐减小，不合题意， 故当，且也是整数时，，故C错误； 对于D，由正弦定理，和，可得， 因是的最小内角，则，，则. 当时，，的面积为， 当时，， 因，则，，故， 综上，面积的取值范围是，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. _______________. 【答案】0 【解析】 【分析】根据对数的运算性质将对数化为同底数的对数，再进行运算. 【详解】解: 【点睛】本题考查对数的运算，熟记运算法则是解题的关键 13. 已知，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用诱导公式得到，再利用二倍角的余弦公式计算可得； 【详解】解：因为，所以，所以， 所以. 故答案为：. 14. 是定义在实数集上的奇函数，，，若，则__________． 【答案】49 【解析】 【分析】首先根据题意可知函数是周期为的周期函数，然后再根据周期以及，即可求出结果. 【详解】∵对，，∴函数的图象关于直线x=1对称，又是定义在实数集上的奇函数，∴对都有成立，即函数是周期为的周期函数，∴；所以，故填49. 【点睛】本题考查了函数的对称性及周期性，一般的对于函数有一条对称轴和一个对称中心的周期为. 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. 已知幂函数（实数）的图像关于轴对称，且. （1）求的值及函数的解析式； （2）若，求实数的取值范围. 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）由，得到，从而得到，又由，得出的值和幂函数的解析式； （2）由已知得到且，由此即可求解实数的取值范围. 【详解】（1）由题意，函数（实数）的图像关于轴对称，且， 所以在区间为单调递减函数， 所以，解得， 又由，且函数（实数）的图像关于轴对称， 所以为偶数，所以， 所以. （2）因为函数图象关于轴对称，且在区间为单调递减函数， 所以不等式，等价于且， 解得或， 所以实数的取值范围是. 【点睛】本题主要考查了幂函数的解析式的求解，以及幂函数的图象与性质的应用，其中解答中认真审题，熟练应用幂函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 16. 在中，角的对边分别为．已知，，． （1）求A的值； （2）求c的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求； （2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于的方程，求解可得，进而求得； （3）利用正弦定理先求，再由二倍角公式分别求，由两角和的正弦可得. 【小问1详解】 已知，由正弦定理， 得，显然， 得，由， 故； 【小问2详解】 由（1）知，且，， 由余弦定理， 则， 解得（舍去）， 故； 【小问3详解】 由正弦定理，且， 得，且，则为锐角， 故，故， 且； 故. 17. 已知函数 （1）若求的单调区间; （2）若在上不单调，求的取值范围. 【答案】（1）上单调递增区间为单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，令即可求解； （2）求导可得，设，则，解之即可求解. 【小问1详解】 的定义域为， ， 令或，或， 在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 ， 设， 注意到，要使在上不单调， 只需满足，解得， 即实数的取值范围为. 18. 已知函数，其图像的一条对称轴与相邻对称中心的横坐标相差，______，从以下两个条件中任选一个补充在空白横线中. ①函数的图像向左平移个单位长度后得到的图像关于y轴对称且； ②函数的图像的一个对称中心为且. （1）求函数的解析式； （2）若关于x的方程有实根，求实数m的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由三角恒等变换化简，然后由条件可得，根据正弦型函数的性质结合条件即可求得； （2）根据题意，将方程根问题转化为两函数交点问题，再结合换元法求得 的值域，即可得到结果. 小问1详解】 因为 ， 又其图像的一条对称轴与相邻对称中心的横坐标相差， 所以，即，所以，即， 若选①，则函数向左平移个单位长度后为， 又其为偶函数，所以，即， 又因为，且，所以，所以； 若选②，因为函数的图像的一个对称中心为， 则，即，所以， 又因，且，所以，所以， 故无论选①还是选②，都有 【小问2详解】 因为 ，令，则， 即，则 则方程有实根，即与有交点，所以，则 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果； （2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围. 【详解】（1），，. ，∴切点坐标为(1,1+e), ∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即, 切线与坐标轴交点坐标分别为, ∴所求三角形面积为． （2）［方法一］：通性通法 ,，且. 设,则 ∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增， 当时，,∴,∴成立. 当时， ，，, ∴存在唯一，使得，且当时，当时，，， 因此 >1, ∴∴恒成立； 当时， ∴不是恒成立. 综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞). ［方法二］【最优解】：同构 由得，即，而，所以． 令，则，所以在R上单调递增． 由，可知，所以，所以． 令，则． 所以当时，单调递增； 当时，单调递减． 所以，则，即． 所以a的取值范围为． ［方法三］：换元同构 由题意知，令，所以，所以． 于是． 由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有． 令，所以． 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以当时，取得最大值为．所以． ［方法四］： 因定义域为，且，所以，即． 令，则，所以在区间内单调递增． 因为，所以时，有，即． 下面证明当时，恒成立． 令，只需证当时，恒成立． 因为，所以在区间内单调递增，则． 因此要证明时，恒成立，只需证明即可． 由，得． 上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立． 当时，因为，显然不满足恒成立． 所以a取值范围为． 【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法； 方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解； 方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出； 方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$