精品解析：河北省保定市名校联考2025-2026学年高三上学期9月月考数学试题

高三年级9月份考试数学卷 一、选择题(共8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. 使成立的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解绝对值不等式，找到需要研究的命题，用逻辑的知识逐个选项分析求解即可. 【详解】，， 对于A选项，是充要条件，A错误 对于B选项，是充分不必要条件，B错误 对于C选项，是必要不充分条件，C正确 对于D选项，是充分不必要条件，D错误 故选:C 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由复数的运算即可得到，从而得到结果. 【详解】因为，则，即， 所以. 故选:C 3. 圆：与圆：的位置关系是（ ） A. 外离 B. 外切 C. 相交 D. 内切 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆心距大于半径之和，得到位置关系. 【详解】圆：的圆心为，半径为1， 圆：的圆心为，半径为3， 圆心距，故两圆外离. 故选：A 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 分析】借助诱导公式计算即可得. 【详解】，故， 故. 故选：D. 5. 已知两条直线，，且，则直线的一个方向向量是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用两直线垂直的充要条件列式求出，进而求出直线的一个方向向量. 【详解】由直线与垂直，得， 解得，直线，即，直线的斜率为， 所以直线的一个方向向量是. 故选：B 6. 若是上的可导函数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数的定义运算求解即可. 【详解】由导数的定义可得.故选:B. 7. 在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则的面积为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据余弦定理求得,再根据三角形面积公式即可求解. 【详解】在中,,, 由余弦定理 代入可得,即 所以 则的面积 故选:B 【点睛】本题考查了余弦定理在解三角形中的应用,三角形面积公式的应用,属于基础题. 8. 已知函数，若关于x的方程恰有三个不同的实数根a，b，c，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出的图像，利用数形结合即可求解. 【详解】作图可得，，，所以 故选：D. 【点睛】本题考查了根据方程根的个数求参数的取值范围，考查了数形结合的思想，属于中档题. 二、多选题（共3道，每道6分，共18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分） 9. 设是等差数列的前n项和，若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 时，最大 C. 使的n的最大值为13 D. 数列中的最小项为第8项 【答案】BD 【解析】 【分析】对于AB，由题可得，由可得，据此可判断选项正误；对于C，由题可得，据此可判断选项正误；对于D，由AB分析可知当或时，时，，据此可判断选项正误. 【详解】对于AB，由题意，又，所以，从而，则，故为递减数列，从第8项开始，， 则时，最大，所以A错误，B正确； 对于C ,，所以使的的最大值为14，C错误； 对于D，由ABC分析可知，当或时，时， 当时，，又，，所以时，最小，D正确. 故选：BD． 10. 下列说法正确的是（ ） A. 与表示同一个函数 B. 命题，则 C. 已知函数在上是增函数，则实数的取值范围是 D. 函数的值域为 【答案】AD 【解析】 【分析】由已知结合函数的基本概念及性质检验各选项即可判断． 【详解】对A,的定义域需满足，解得， 的定义域需满足，解得，故两函数有相同的定义域及对应关系，故表示同一个函数，故A正确； 对B,，则或者.故B错误. 对C,由题意可得，解得，即的取值范围是，故C错误； 对D,令，，则， 所以函数， 函数在上单调递增，时，有最小值， 所以函数的值域为．故D正确． 故选：AD. 11. 在棱长为的正方体中，分别为棱的中点，则 （    ） A. 直线与直线所成的角是 B. 直线与平面所成的角是 C. 二面角的平面角是 D. 平面截正方体所得的截面面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用，可求直线与所成的角判断A；连接交于点，连接，可得直线与平面所成的角即为直线与直线所成的角，求解可判断B；易求得二面角的大小判断C；接，平面截正方体所得的截面为梯形，求解可判断D. 【详解】对于A，如图，连接，因为分别为棱的中点，所以， 所以直线与所成的角即为直线与所成的角， 又因为是等边三角形，所以直线与所成的角为， 故直线与所成的角是，故A正确； 对于B，因为分别为棱的中点，所以， 所以直线与平面所成的角即为直线与直线所成的角， 连接交于点，连接， 由正方体，可得平面， 又平面，所以， 又，又，平面， 所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 又，所以，故B正确； 对于C，因为平面，平面，则， 又，所以为二面角的平面角， 所以二面角的平面角是，故C错误； 对于D，如图，连接，因为，所以， 所以平面截正方体所得的截面为梯形， 且， 所以梯形的高为， 所以截面面积为，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题（共3道，每道5分，共15分） 12. 已知，，若，方向相反，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据共线向量坐标表示及题意即可求解. 【详解】依题意，解得或， 当时，，此时，满是题意; 当时，，比时，不满足题意， 故答案为：． 13. 若关于的一元二次不等式的解集是.那么若的解集为.则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由给定的解集求出，再利用已知条件列式求出的范围. 【详解】由一元二次不等式的解集是， 得，年是方程的二根，即，因此， 不等式，即的解集为，则，解得， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 14. 如图是一份纸制作矩形的宣传单，其排版面积（矩形）为P，两边都留有宽为a的空白，顶部和底部都留有宽为的空白.若，，则当______时，才能使纸的用量最少，最少的纸的用量是______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】首先设，再根据条件，用表示用纸用量，列式后再用基本不等式，即可求解. 【详解】设，纸的用量为，则， 所以， ， 当时，即， 所以当时，最少的纸的用量为. 故答案为：； 四、解答题（共5道，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知集合. （1）当时，求； （2）若，求实数m的取值范围. 【答案】（1）或. （2） 【解析】 【分析】（1）先计算，再计算； （2）由得，再分类讨论. 【小问1详解】 当时，，则或， 则或. 【小问2详解】 若，则, 当时，，即； 当时，，得， 则实数m的取值范围为. 16. 已知函数. （1）当时，求的单调区间与极值； （2）求在上的最小值. 【答案】（1）减区间，增区间，函数有极小值，无极大值 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性，根据极值的定义求解即可； （2）根据和分类讨论，利用导数研究函数的单调性求解最值即可. 小问1详解】 当时，，， 当时，，当时，， 在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数有极小值，无极大值. 综上：的减区间是，增区间是，极小值为0，无极大值. 【小问2详解】 ， 当时，，所以在上单调递增，所以； 当时，令，得， （ⅰ）当时，则，所以在上单调递增，所以； （ⅱ）当时，则，所以在上单调递减，在上单调递增， 则； 综上：当时，在上的最小值为； 当时，在上的最小值为. 17. 已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）若数列是公比为2的等比数列，且，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设公差为d，根据等差数列的前n项和公式与等比中项公式列出关于和d的方程，求解即可得的通项公式； （2）由（1）可得等比数列的第三项，进而得，从而得到的通项公式，利用等差和等比数列前n项和公式分组求和即可求出. 【小问1详解】 因为为等差数列，设公差为d， 由，得，① 由，，成等比数列得， 则，② 联立①②解得或，又因为，则， 所以． 综上，． 【小问2详解】 由知，， 又为公比是2的等比数列，， 所以，即， 所以，， 所以 . 综上，. 18. 已知函数，． （1）求函数的最小正周期和单调递减区间； （2）求函数在区间上的最小值和最大值，并求出取得最值时的值； （3）求不等式的解集． 【答案】（1）；单调递减区间是， （2），；， （3） 【解析】 【分析】（1）由的性质求周期，结合余弦函数单调性得减区间； （2）求出的范围，再结合余弦函数的性质得最值； （3）由余弦函数的性质解不等式． 【小问1详解】 的最小正周期， 当，即，时，单调递减， ∴的单调递减区间是，. 【小问2详解】 ∵，则， 故， ∴，此时，即， ，此时，即． 【小问3详解】 ，即， 所以或，， 即或，， 所以不等式的解集为． 19. 已知数列，其中. （1）若，集合表示集合的非空子集个数.集合的第个非空子集中的所有元素之和记为，设. （i）直接写出； （ii）计算的前项相和； （2）取，在数列中至少有一项为负值，且，将数列各项依次放在正五边形各顶点上，每个顶点一项.任意相邻三个顶点的三项为，若中间项，则进行如下交换，将变换为，直到正五边形各顶点上的数均为非负时变换终止.求证：对任何符合条件的，上述变换终止只需进行有限多次. 【答案】（1）（i）（ii） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）根据定义写出； （ii）由题意得集合，所以，法1：利用子集构成特点，由于集合的每个元素在其子集中出现的次数均为，得，求出，用裂项相消法求其前项和；法2：利用递推关系，得到，构造数列，借助累加法求出，再求出，用裂项相消法求其前项和； （2）由题意所述的变换不变，且始终为整数，所以，构造一个函数，经过每一次变换，函数的值至少减少2，且恒非负，即可证结论. 【小问1详解】 （i）由则，，因此可得； 由则，，因此可得； 由则，，因此可得； 故； （ii）由题意得集合，所以， 解法1：（利用子集构成特点） 由于集合的每个元素在其子集中出现的次数均为， 故， 所以， 所以. 解法2：（利用递推关系） 将集合拆分为集合与， 集合的所有非空集合中的元素之和的和为， 集合的所有非空子集中的元素之和的和为与集合的所有子集中的元素加上的和， 集合共有个子集， 所以. 即，易得，累加得， 所以. 所以， 所以. 【小问2详解】 由题意所述的变换不变，且始终为整数，所以， 构造一个函数， 不妨对进行一次操作，此时五边形顶点上的数变为， 所以有 ， 因为，得，又， 所以， 则经过每一次变换，函数的值至少减少2，且恒非负， 所以变换只能进行有限多次. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是首先由题意知每次变换不变，再构造一个函数，证明经过每一次变换，函数的值至少减少2，且恒非负，说明之间的差值越来越小，又其和为正，故变换只能进行有限多次，使得五边形各顶点上的数均为非负. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级9月份考试数学卷 一、选择题(共8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. 使成立的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则（ ） A B. C. D. 3. 圆：与圆：的位置关系是（ ） A. 外离 B. 外切 C. 相交 D. 内切 4. 已知，则（ ） A B. C. D. 5. 已知两条直线，，且，则直线的一个方向向量是 A B. C. D. 6. 若是上的可导函数，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则的面积为 A B. C. D. 8. 已知函数，若关于x的方程恰有三个不同的实数根a，b，c，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共3道，每道6分，共18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分） 9. 设是等差数列的前n项和，若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 时，最大 C. 使n的最大值为13 D. 数列中的最小项为第8项 10. 下列说法正确的是（ ） A. 与表示同一个函数 B. 命题，则 C. 已知函数在上是增函数，则实数的取值范围是 D. 函数的值域为 11. 在棱长为的正方体中，分别为棱的中点，则 （    ） A. 直线与直线所成的角是 B. 直线与平面所成的角是 C. 二面角的平面角是 D. 平面截正方体所得的截面面积为 三、填空题（共3道，每道5分，共15分） 12. 已知，，若，方向相反，则_____. 13. 若关于的一元二次不等式的解集是.那么若的解集为.则实数的取值范围是__________. 14. 如图是一份纸制作的矩形的宣传单，其排版面积（矩形）为P，两边都留有宽为a的空白，顶部和底部都留有宽为的空白.若，，则当______时，才能使纸的用量最少，最少的纸的用量是______. 四、解答题（共5道，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知集合. （1）当时，求； （2）若，求实数m的取值范围. 16. 已知函数. （1）当时，求的单调区间与极值； （2）求在上的最小值. 17. 已知数列为公差不为零的等差数列，其前n项和为，，且，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）若数列是公比为2的等比数列，且，求数列的前n项和． 18. 已知函数，． （1）求函数的最小正周期和单调递减区间； （2）求函数在区间上的最小值和最大值，并求出取得最值时的值； （3）求不等式的解集． 19. 已知数列，其中. （1）若，集合表示集合的非空子集个数.集合的第个非空子集中的所有元素之和记为，设. （i）直接写出； （ii）计算的前项相和； （2）取，在数列中至少有一项为负值，且，将数列各项依次放在正五边形各顶点上，每个顶点一项.任意相邻三个顶点的三项为，若中间项，则进行如下交换，将变换为，直到正五边形各顶点上的数均为非负时变换终止.求证：对任何符合条件的，上述变换终止只需进行有限多次. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $