四川省内江市威远中学校2025-2026学年高三上学期第一次月考数学试题

威远中学2026届高三上第一次月考试题 数 学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷 （选择题 共58分） 1、 选择题：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．复数满足，则在复平面内，对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．已知命题p：，；命题q：，，则（    ） A．p和q都是真命题 B．和都是真命题 C．p和都是真命题 D．和q都是真命题 3．已知，，且，则等于（　　） A． B． C． D． 4．已知，则（    ） A． B． C． D． 5．在的展开式中，常数项为（　　） A． B． C．6 D．12 6．某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储藏温度x（单位：℃）满足函数关系，其中k为常数.若该食品在20℃的保鲜时间为48小时，则在30℃的保鲜时间是（   ） A．20小时 B．24小时 C．28小时 D．32小时 7．函数的大致图像是（    ） A． B． C． D． 8．已知，，，则a，b，c的大小关系为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（本题共3个小题，每题6分，有多个选项，共18分） 9．设正实数满足，则（    ） A．有最大值为 B．有最小值为 C．有最小值为5 D．有最大值为 10．下列结论正确的是（   ） A．数据“3，6，2，9，6，5”的极差为7 B．数据“3，6，2，9，6，5”的中位数为5.5 C．将一组数据中的每一个数据都减去同一个常数后，标准差不变 D．在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越宽表示回归效果越好 11．我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，解决相关的问题，已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．当时， B．若函数存在两个零点，且，则 C．若恒成立，则 D．当时，与存在两条公切线 第Ⅱ卷 （非选择题 共92分） 三.填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，请把答案填在答题卡相应位置上. 12．设集合，则 . 13．已知实数，满足，则的值为 ． 14．已知函数则函数的零点个数为 ． 四、解答题（本大题共5小题，共72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．(本小题满分13分）已知函数在处的切线方程为． (1)求a的值； (2)当时，求函数的单调区间； 16．(本小题满分15分）已知等比数列的前项和为，且. (1)求的通项公式； (2)求数列的前n项和. 17．(本小题满分15分）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. (1)求A； (2)若的周长为9，面积为，求a. 18.(本小题满分17分）甲、乙两人进行套圈比赛，要求他们站在定点，两点处进行套圈，已知甲在，两点的命中率均为，乙在点的命中率为，在点的命中率为，且他们每次套圈互不影响． (1)若甲在处套圈3次，求甲至多命中1次的概率； (2)若甲和乙每人在，两点各套圈一次，且在点命中计2分，在点命中计3分，未命中则计0分，设甲的得分为，乙的得分为，写出和的分布列和期望； (3)在（2）的条件下，若，求的取值范围． 19.(本小题满分17分）已知函数. (1)若，求函数在上的最值； (2)若，对，求证：； (3)若是函数的极小值点，求的取值范围 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 威远中学2026届高三上第一次月考试题数学答案 1．A【详解】由可得，则对应的点位于第一象限.故选：A. 2．D【详解】对于而言，取，则有，故是假命题，是真命题，对于而言，取，则有，故是真命题，是假命题，综上，和都是真命题.故选：D. 3．B【详解】因为，所以，解得，所以，，所以. 4．B【详解】由.故选：B. 5．C【详解】由题设，二项式展开式为，，所以时，常数项为 6．B【详解】由题意得，即，其中，所以，当时，. 7．A【详解】易得的定义域为，因为，所以，则是奇函数，关于原点对称，故C，D错误，令，解得，而当时，，故B错误.故选：A 8．D【详解】构造函数，则，令，则．令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，故，因此在上单调递增，所以．令x＝0.4，则，所以，即a＜b． 构造函数，则，因此在上单调递减，所以，令x＝0.4，则，所以，所以c＜a．故b＞a＞c． 9．BC【详解】对于A：由，当且仅当时，等号成立，故A错误；对于B：由，当且仅当时，等号成立，故B正确；对于C：由，又，当且仅当时，等号成立，所以，故C正确；对于D：由，所以，当且仅当时，所以等号不成立，故D错误.故选：BC. 10．ABC【详解】对于A，数据“3，6，2，9，6，5”的最大值、最小值分别为9，2，则极差为，故A正确； 对于B，将数据“3，6，2，9，6，5”从小到大排列后为2，3，5，6，6，9，则中位数为，故B正确； 对于C，设随机变量满足，其中是常数，所以，故C正确；对于D，在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越宽表示回归效果越差，故D错误.故选：ABC. 11．ACD【详解】选项A：当时，，当且仅当时取等号， 又，当且仅当时取等号，，故A正确；选项B：存在两个零点且，与的图象有两个交点，结合图象可知，，即，故B错误；选项C：恒成立，又与在定义域内单调递增，与存在公共零点，且，故C正确；选项D：设曲线的切点为，则切线斜率为，∴切线方程为，即． 设曲线的切点为，，∴切线斜率为，切线方程为， 即．由题意得，解得，则，即，设，则，设，则，则由得得，则在上单调递减，在上单调递增，，，则由零点存在性定理可知，使得，即，又因为当时，，则，则由得；得，则在上单调递减，在上单调递增，则， ，则由零点存在性定理可知，在和上分别存在一个零点， 则方程存在两个根，和存在两条公切线，故D正确；故选：ACD． 12．【详解】易知 13．【详解】因为，所以，所以， 14．5【详解】方法一：大致图象如下令 所以式方程的一个根，再由图可知式方程的另一个根，当时，与的图象有2个交点，所以有2个实根，当时，与的图象有3个交点，所以有3个实根，共有5个零点. 方法二：令时，， 当时，，所以在单调递减， 所以在有且仅有一个零点，其中，则有且仅有一个零点，其中．时，时，在单调递增，，在有且仅有一个零点，，时，结合函数图象可知无解，有两个根因为，所以由图象可得与的图象有2个交点，所以有2个实根，当时，与的图象有3个交点，所以有3个实根，共有5个零点. 15．【详解】（1），因在处的切线方程为，则； （2）由（1），，因，， ，则的单调递增区间为，单调递减区间为和. 16．【详解】（1）因为,故，所以即故等比数列的公比为，故，故，故. （2）由等比数列求和公式得，所以数列的前n项和 . 17．【详解】（1）在中，由及正弦定理得，则，因此，而，则，又，所以. （2）由（1）及已知得，解得，由，得， 由余弦定理得，则，所以. 18． 【详解】（1）设“甲至多命中1次”为事件，则．故甲至多命中1次的概率为． （2）由题意知，；．，，，，，，， 所以的分布列为： 的分布列为： 0 2 3 5 0 2 3 5 所以，． （3）因为，所以，即，所以的取值范围是． 19．【详解】（1）若，故当时，单调递减；当时，单调递增；而，故在上的最小值为，最大值为. （2）法一：若，令，则， 令，则，令，则，则在上单调递增，所以，即，则在上单调递增，所以，即，则在上单调递增，所以，所以当时，，即. 法二：若，故在上单调递增，所以当时，，即.令，则，故在上单调递增，所以，即当时，，即. （3）由题意得，，.当时，不妨设，因为，故在上恒成立，单调递增.又，所以当时，；当时，.又，则，当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增，故是函数的极小值点.当时，不妨设，故存在，使得，且当时，，故在上单调递减，故当时，故在上单调递减，故不是函数的极小值点.综上，实数的取值范围为 学科网（北京）股份有限公司 $