精品解析：江苏省盐城中学2026届高三上学期10月月考数学试卷

盐城中学高三10月份月考 数学 一、单项选择题：本题共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，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出集合，然后利用列出方程即可得出答案. 【详解】， 又，所以，得. 故选：C. 2. 下列函数中是奇函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性的定义依次判断即可. 【详解】对A，函数定义域为，关于原点对称，，不满足，故A不符合题意； 对B，函数定义域为，关于原点对称，，不满足，故B不符合题意； 对C，函数定义域为，关于原点对称，，满足，故C符合题意； 对D，函数定义域为，关于原点对称，，不满足，故D不符合题意. 故选：C. 3. 在复平面内，向量对应的复数为，向量对应的复数为，则向量对应的复数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的几何意义及复数的减法运算即可求解. 【详解】因为向量对应的复数为，向量对应的复数为， 所以 所以向量对应的复数为. 故选：D. 4. 要得到的图象，只需将函数的图象上所有点的横坐标（ ） A. 缩小到原来的倍（纵坐标不变） B. 扩大到原来的10倍（纵坐标不变） C. 向左移动1个单位（纵坐标不变） D. 向右移动1个单位（纵坐标不变） 【答案】B 【解析】 【分析】由对数的运算及函数图象的变换可得解. 【详解】因为， 所以由函数图象的变换知，只需将函数的图象上所有点的横坐标扩大到原来的倍（纵坐标不变）， 故选：B 5. 已知首项为1的数列，其前n项积是公差为3的等差数列，则＝（ ） A. 4 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据数列的前n项积为等差数列，得等差数列的通项，进而得所求项. 【详解】因为数列的首项为1，且其前n项积是公差为3的等差数列. 所以，令，得. 所以数列是公差为3，首项为1的等差数列. 故，即. 所以. 故选：C. 6. 设函数的图象关于点中心对称，则的最小值为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用余弦函数图象的对称性求解. 【详解】由已知得，Z, 解得，Z, 所以当时，的最小值为， 故选：. 7. 已知中，，，且（）的最小值为，若P为边AB上任意一点，则的最小值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，结合几何图形求出，令，利用向量数量积的运算律，结合二次函数求出最小值. 【详解】延长至，使得，连接，点为所在平面内的点，连接， 则，令，则点在直线上， 由的最小值为，得， 当且仅当时取得最小值，则， 又是锐角，则，而，即为正三角形， 于是，，令，则， 因此 ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 故选：C 8. 已知函数的导函数满足：，且.若函数有且只有一个零点，则实数a的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数的性质设，得到.由零点的定义得到，利用基本不等式和正弦函数的有界性求出a的值. 【详解】由函数的导函数满足：，且，不妨设满足条件. 此时. 令，即，有且仅有一个零点. 因为，当且仅当即时取“＝”， 当时，， 又，所以， 此时要么没零点，要么不仅一个零点， 所以是的唯一零点， 此时，解得， 所以. 故选：B. 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. 已知为等差数列，，记分别为数列的前项和（ ） A. 是等差数列 B. C. D. 若是单调递增数列，则最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项由等差数列的定义即可做出判断；B选项由数列定义得出等式，由等差中项化简求得；C选项由B选项中的结论结合等差中项和求得，由定义得出代数式，再化简得到结论；D选项列出一个满足条件得数列，得到最小值不是即可否定. 【详解】设数列的公差为. A选项：由题意可知，当时，，则，则，∴是等差数列，A选正确； B选项：，即，在等差数列中，∴，∴，B选项正确； C选项：由B可知当时，，又∵， ∴，∴，C选项正确； D选项：当时，是单调递增的等差数列，∵，∴最小值为，D选错误. 故选：ABC. 10. 已知，且，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】BD 【解析】 【分析】利用整体法与基本不等式逐一分析各选项即可得解. 【详解】对于A，， 因为，， 令，得，解得或，即或， 当且仅当或时，等号成立，故A错误； 对于B，，解得或， 当且仅当或时，等号成立，故B正确； 对于C，， 所以， 当且仅当或时，等号成立，故C错误； 对于D，， 由选项B知，或，所以或， 则或，故D正确. 故选：BD. 11. 已知函数，则（ ） A. 当，时， B. 当时，有最值 C. 当时，为减函数 D. 当仅有一个整数解时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，令，由的单调性可判断，对于B，，然后利用导数可得，即可判断，对于C，，然后利用导数可得，即可判断，对于D，由可得，令，画出的图象，表示的是过点的直线，结合图象可判断. 【详解】对于A，当时，，令 因为在上单调递增，所以当时， 所以，即，故A正确； 对于B，当时，， 令，则 所以当时，，单调递增 当时，，单调递减 所以，即， 所以在上单调递减，没有最值，故B错误； 对于C，， 令，则 因为，所以由可得，由可得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以 令，则 所以在上单调递增， 所以，即，所以为减函数，故C正确 对于D，由可得 令，则， 所以当时，，单调递增 当时，，单调递减 的图象如下： 表示的是过点的直线， 所以当仅有一个整数解时，，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则______________________. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】求导，即可代入求解. 【详解】， 故，故， 故答案为： 13. 数列是正项数列，若，且，，则_______． 【答案】3 【解析】 【分析】首先求得，，结合得即可求解. 【详解】因为，，所以，， 即，， 又因为，所以，， 因为，，所以， 所以， 所以. 故答案为：3. 14. 已知函数的定义域为，对任意，有且.若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】通过对两个不等式进行赋值代换得到函数的一个递推关系式，再用累加法即可得所求函数值. 【详解】由，令，则，代入不等式得， ，再次迭代两次得， ， ， 由上述三式相加得，即——①. 再由，令，则，代入不等式得， ，即——②. 因为对任意，有且. 综合①②得.再分别对依次赋值得： 上述8个式子相加得， ， 又因，所以. 故答案为：. 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. 为数列的前项和．已知，． （1）证明是等比数列，并求数列的通项公式； （2）数列为等差数列，且，求数列的前项和． 【答案】（1）证明：因为，所以．又， 所以是以为首项，以2为公比的等比数列． ∵， ∴． 当时，；经检验，也符合． ∴． （2） 【解析】 【分析】（1）先利用定义法证明是等比数列，再由与的关系求出的通项公式； （2）先利用数列与的关系求出，然后利用裂项相消法求． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵数列为等差数列，且， ∴公差． ∴． ∵， ∴ ． 【点睛】本题考查了等比数列与等差数列的定义及通项公式和裂项相消法求和，属于中档题． 16. 已知函数是偶函数． （1）求的值； （2）若，，，不等式对任意恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）根据偶函数定义即可求出m的值； （2）求出的表达式，对进行变量分离，得，再结合对勾函数的单调性求出的最大值即可． 【小问1详解】 是偶函数，，即， 即，而， ． 【小问2详解】 ，， ，又，， 而对勾函数在上单调递减，在上单调递增， 当，，， ，， ，令，， 而在上单调递增，在上单调递减， 的取值范围是． 17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A为锐角，且． （1）求A； （2）设D为的中点，若，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理进行边角互化，再由余弦两角和差公式及诱导公式化简可得结果； （2）由余弦定理和三角形面积公式化简可得结果. 【小问1详解】 由条件及正弦定理得， 整理得，所以． 所以，即． 又A为锐角，．所以，故． 【小问2详解】 在中由余弦定理得，即① 在中由余弦定理得② 由①②消去a，得，即． 因为，所以， 所以． 18. 已知函数． （1）当 求在处的切线方程； （2）当时，证明； （3）若对任意的不等正数，总有，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）证明：的定义域为，； 当时，令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减； 故； 要证，只需证， 即证； 设，则， 当时，；当时，， 在上单调递增，在上单调递减，. 又，，故. （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，根据直线的点斜式即得切线方程； （2）通过求导，判断函数单调性求得，将待证不等式等价转化为，再构建新函数，求其最值即可证得结论； （3）由题设不等式等价转化后构建函数，根据其单调性得到，通过求的最大值即可求出参数范围. 【小问1详解】 当，故且， 故，故切线方程为，即. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 不妨设，则由得：， 即， 令，则，故在上单调递增， 在上恒成立， 即，又，（*）； 设，则， 由解得：（舍）或， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ， 由（*）可得，解得：， 的取值范围为. 19. 已知函数. （1）设，曲线在点（）处切线均经过坐标原点.求 ； （2）将的极小值点从小到大排列，形成的数列记为，首项记为. （i）求证：且是单调递增数列； （ii）求的最小值. 【答案】（1）1 （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义可得函数在点处的切线方程为，代入原点坐标，可得，最后再代入，求解即可； （2）（i）利用导数及正切函数的性质可得为的一个极小值点，为的一个极大值点，记在上的第个零点为，从而得是的一个极小值点，且，，且有，又，可得，，即可得证； （ii）由题意可得，由，可得，由，可得，从而推得单调递增，即可得. 【小问1详解】 因为，所以， 故函数在点处的切线方程为， 又因为切线过原点，所以，， 所以； 【小问2详解】 （i）因为， 令，得或， 因时，，不满足，故， 设在上的第一个零点为，如图所示： 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 所以为的一个极小值点， 设在上的第二个零点为， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 所以为的一个极大值点， 记在上的第个零点为，其中 则由上分析，可知在上单调递减，在上单调递增， 则是的一个极小值点， 同理可知在上的第个零点为，其中， 则是的一个极大值点， 综上可知，则， 且，， 由，可得， 所以， 而在上单调递增，故，， 所以是单调递增数列； （ii）由（i）结合的单调性，可知， 而，所以，， 因为，，所以，， 故，即， 故数列为单调递增数列， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 盐城中学高三10月份月考 数学 一、单项选择题：本题共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，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数中是奇函数的是（ ） A. B. C. D. 3. 在复平面内，向量对应的复数为，向量对应的复数为，则向量对应的复数为（ ） A. B. C. D. 4. 要得到的图象，只需将函数的图象上所有点的横坐标（ ） A. 缩小到原来的倍（纵坐标不变） B. 扩大到原来的10倍（纵坐标不变） C. 向左移动1个单位（纵坐标不变） D. 向右移动1个单位（纵坐标不变） 5. 已知首项为1的数列，其前n项积是公差为3的等差数列，则＝（ ） A. 4 B. 3 C. D. 6. 设函数的图象关于点中心对称，则的最小值为（    ） A. B. C. D. 7. 已知中，，，且（）的最小值为，若P为边AB上任意一点，则的最小值为（ ） A. 0 B. C. D. 8. 已知函数的导函数满足：，且.若函数有且只有一个零点，则实数a的值为（ ） 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. 已知为等差数列，，记分别为数列的前项和（ ） A. 是等差数列 B. C. D. 若是单调递增数列，则最小值为 10. 已知，且，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 11. 已知函数，则（ ） A. 当，时， B. 当时，有最值 C. 当时，为减函数 D. 当仅有一个整数解时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则______________________. 13. 数列是正项数列，若，且，，则_______． 14. 已知函数的定义域为，对任意，有且.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. 为数列的前项和．已知，． （1）证明是等比数列，并求数列的通项公式； （2）数列为等差数列，且，求数列的前项和． 16. 已知函数是偶函数． （1）求的值； （2）若，，，不等式对任意恒成立，求的取值范围． 17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A为锐角，且． （1）求A； （2）设D为的中点，若，且，求的面积． 18. 已知函数． （1）当 求在处的切线方程； （2）当时，证明； （3）若对任意的不等正数，总有，求实数的取值范围． 19. 已知函数. （1）设，曲线在点（）处切线均经过坐标原点.求 ； （2）将的极小值点从小到大排列，形成的数列记为，首项记为. （i）求证：且是单调递增数列； （ii）求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $