精品解析：天津市滨海新区北京师范大学天津生态城附属学校2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题

北京师范大学天津生态城附属学校 2025—2026学年度高三年级第一学期第一次月考 数学试卷 满分150分，考试时长120分钟． 一、单选题：（9小题，每小题5分，共45分） 1. 已知集合，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由并集和补集的运算得出即可. 【详解】由，所以， 故选：A． 2. 下列函数中是偶函数，且在上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据各函数的性质与单调性逐个判断即可. 【详解】函数为奇函数,不满足条件． B.函数的定义域为,函数为偶函数,当时,为减函数,不满足条件． C.为增函数,为非奇非偶函数,不满足条件． D.令，定义域为，，该函数为偶函数，当时，为增函数,满足条件, 故选：D． 【点睛】本题主要考查了常见函数的奇偶性与单调性,属于基础题型. 3. 已知 则p是q的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分不必要条件的定义结合指数运算判断即可. 【详解】已知  当时，，所以， 当，根式没有意义， 则p是q的充分不必要条件. 故选：A. 4. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别利用函数的定义域、奇偶性与特殊值的正负排除不符合要求的选项即可得. 【详解】由定义域为，故可排除C； 又， 故为奇函数，故可排除D； 由，故可排除B； 故选：A. 5. 下列说法正确的是（ ） A. “”是“”的必要不充分条件 B. 命题p：，，则命题p的否定为：， C. 在回归直线方程中，当解释变量x每增加1个单位时，预报变量平均增加0.2个单位 D. 对分类变量X与Y，随机变量的观测值越大，则判断“X与Y有关系”的把握程度越小 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义即可判断A；根据特称命题的否定即可判断B；根据回归方程的性质即可判断C；根据独立性检验的规则即可判断D． 【详解】对于A，由，得或， 所以“”是“”的充分不必要条件，故A错误； 对于B，由命题p：，，则命题p的否定为：，，故B错误； 对于C，因为回归直线方程为， 所以当解释变量每增加个单位时，预报变量平均增加0.2个单位，故C正确； 对于D，对分类变量X与Y，随机变量的观测值越大， 则判断“X与Y有关系”的把握程度越大，故D错误． 故选：C． 6. 设，，，则的大小关系是（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数函数和对数函数的单调性，借助中间值和，比较大小即可求解. 【详解】因为指数函数在上单调递增，所以，即； 因为对数函数在上单调递增，所以，即； 因为对数函数在上单调递增，所以，即， 所以，即. 故选：B. 7. 设随机变量，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.4 D. 0.6 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性求解. 【详解】由于随机变量,所以， 又因为 所以， 所以. 故选：B 8. 将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意利用的图象变换规律，得出结论. 【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象； 再将图象上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象. 故选：A. 9. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法： ①的图象关于点对称； ②的图象关于直线对称； ③的图象可由的图象向左平移个单位长度得到； ④若方程在上有且只有两个极值点，则的最大值为． 以上四个说法中，正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数图象及五点作图法求出函数解析式，再根据余弦函数的性质一一判断即可. 【详解】依题意可得，，， 再根据五点法作图可得，解得，． 因为，所以的图象关于点对称，故①正确； 因为，所以的图象关于直线对称，故②正确； 将的图象向左平移个单位长度得到， 故③错误； 因为，当时且，， 因为函数在上有且只有两个极值点， 所以，解得，即的最大值为，故④正确； 故选：C 二、填空题：（6小题，每题5分，共30分） 10. 一扇形的圆心角为，半径为4，则弧长为______，该扇形的面积为______． 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】根据扇形的弧长公式和面积公式计算即得. 【详解】因为圆心角为，半径为4， 所以弧长为，该扇形的面积为． 故答案为： 11. 已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边过点，则______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据三角函数的定义求得正确答案. 【详解】依题意，，所以. 故答案为：2. 12. 二项式的展开式中的系数为___________. 【答案】 【解析】 【分析】写出的通项公式，再列式计算，代入即可得系数. 【详解】已知的通项公式为，令，得，所以展开式中的系数为. 故答案为： 13. 袋子中有5个大小相同的球，其中红球2个，白球3个，依次从中不放回的取球，则第一次取到白球且第二次取到红球的概率是__________；若在已知第一次取到白球的前提下，第二次取到红球的概率是__________. 【答案】 ①. ##0.3 ②. ##0.5 【解析】 【分析】由题意设第一次取到白球为事件A，第二次取到红球为事件B，由古典概型概率公式和独立事件的乘法公式分别求出，结合条件概率公式计算即可求解. 【详解】由题意，设第一次取到白球为事件A，第二次取到红球为事件B， 则， 所以. 故答案为：；. 14. 已知关于的不等式的解集为或.并且，且满足时，有恒成立，的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据一元二次不等式的解，结合韦达定理求出，再利用1的妙用求出最小值，进而求解一元二次不等式即可. 【详解】由不等式的解集为或， 得和是方程的两个实数根且，则，解得， 于是，且，则 ，当且仅当，即时取等号， 依题意，，解得，所以的取值范围为. 故答案为： 15. 已知函数，若有三个零点，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】进行分类讨论，分（1）＝0， ＜0和＞0三类情况，集合导数的性质和数形结合即可求出结果. 【详解】（1）＝0时，，只有一个零点，不合题意； （2）＜0时，，＞0，在R上单调递增， 所以，不可能有3个解，也不合题意． （3）＞0时，，得 画出函数：的图象，如图： 当时有三个零点，其中有唯一的零点，有两个零点，即在有两个零点. ，＝0，得x= x在（0，）递减，在（，）递增， ＜0，解得： 【点睛】本题主要考查函数的零点与方程的根的关系，考查了转化、数形结合的数学思想. 函数零点的基本问题之一是零点的个数，包括：①直接求零点的个数；②求在某区间内的零点个数；③已知零点个数,求参数的值(或取值范围)．解决该类问题常用到：函数的零点、函数的图像与函数的图像交点的横坐标． 三、解答题：（共5题，共75分） 16. （1）求值：①； ②． （2）已知，求的值． 【答案】（1）①84；②0；（2） 【解析】 【分析】（1）由幂的运算法则计算①，由对数的运算法则及换底公式计算②； （2）应用诱导公式化简已知和待求值式，并代入已知条件求解. 【详解】（1）① ② ． （2）∵，∴ ∴，∴且， ∴原式． 17. 已知函数，. （1）求函数的最小正周期； （2）求函数的单调递增区间； （3）求函数f(x)在区间上的最大值和最小值. 【答案】（1）； （2）； （3）最大值是，最小值是 【解析】 【分析】（1）化简可得，即可得出周期； （2）解不等式，即可得出函数的单调递增区间； （3）由已知可得，根据正弦函数的图象及性质可推得，，，即可得出答案. 【小问1详解】 ， 函数的最小正周期. 【小问2详解】 令 解得， 所以函数的单调递增区间为. 【小问3详解】 由已知，可得. 根据正弦函数的图象可得， 当，即时，单调递增； 当，即，单调递减. 又，，， 所以，， 所以函数在区间上的最大值是,最小值是. 18. 如图所示，在三棱柱中，平面，.是棱的中点，为棱中点，是的延长线与的延长线的交点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 在三棱柱中，平面，， 则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图： 由，得，， 在中，且是棱的中点，则也是的中点，即，， 设平面的一个法向量，则 则，令，得， ，因为，所以， 又因为平面，所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，进而利用向量法即可证明平面； （2）利用向量法求解直线与平面所成的夹角的正弦值即可； （3）利用向量法求解平面与平面所成的夹角的余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面的法向量，又， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 设平面的一个法向量， 则，令，得 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值． 19. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足． （1）求角B的大小； （2）设，． （ⅰ）求c的值； （ⅱ）求的值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式求解即可. （2）（ⅰ）利用余弦定理求解即可；（ⅱ）利用二倍角公式，两角和的正弦定理结合即可求解. 【小问1详解】 由， 根据正弦定理得，, 可得， 因为，故，则， 又，所以. 【小问2详解】 由（1）知，，且，， （ⅰ）则， 即，解得（舍），. 故. （ⅱ）由， 得， 解得，则， 则， ， 则 . 20. 已知函数. （1）求的单调区间和极值； （2）若时，恒成立，求实数的取值范围； （3）当时，，记的极小值点为存在唯一零点，求证：. 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增，的极小值为，无极大值 （2） （3） 证明：， 令，所以是上增函数， 而 又的极小值点为，所以， 且时，单调递减，时，单调递增， 又且时，，， 又存在唯一零点，所以， 所以， 又， 因为，所以， 记函数， 则， 当单调增， 当单调减， 所以当时，取最大值， 所以， 即，又时，单调递增， 所以． 【解析】 【分析】（1）求出，分别令解不等式即可求出单调区间与极值； （2）将等价变形为，转化为求； （3）通过对性质研究，得到时，单调递减，时，单调递增，又存在唯一零点，得到，，通过即可证明． 【小问1详解】 由题：， 令，所以在上单调递增； 令，所以在上单调递减； 的极小值为，无极大值． 【小问2详解】 当时, 令 当时, 在单调递增,成立； 当时，，所以在单调递减，在单调递增， ，不符合题目条件， 综上：． 【小问3详解】 略 【点睛】第（3）问的关键是通过对性质研究，得到，从而，通过函数的单调性，利用函数值的大小关系来证明的大小关系． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京师范大学天津生态城附属学校 2025—2026学年度高三年级第一学期第一次月考 数学试卷 满分150分，考试时长120分钟． 一、单选题：（9小题，每小题5分，共45分） 1. 已知集合，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数中是偶函数，且在上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知 则p是q的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 下列说法正确的是（ ） A. “”是“”的必要不充分条件 B. 命题p：，，则命题p的否定为：， C. 在回归直线方程中，当解释变量x每增加1个单位时，预报变量平均增加0.2个单位 D. 对分类变量X与Y，随机变量的观测值越大，则判断“X与Y有关系”的把握程度越小 6. 设，，，则的大小关系是（ ）． A. B. C. D. 7. 设随机变量，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.4 D. 0.6 8. 将函数的图象向右平移个单位长度，再将图象上各点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则的解析式为（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法： ①的图象关于点对称； ②的图象关于直线对称； ③的图象可由的图象向左平移个单位长度得到； ④若方程在上有且只有两个极值点，则的最大值为． 以上四个说法中，正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题：（6小题，每题5分，共30分） 10. 一扇形的圆心角为，半径为4，则弧长为______，该扇形的面积为______． 11. 已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边过点，则______. 12. 二项式的展开式中的系数为___________. 13. 袋子中有5个大小相同的球，其中红球2个，白球3个，依次从中不放回的取球，则第一次取到白球且第二次取到红球的概率是__________；若在已知第一次取到白球的前提下，第二次取到红球的概率是__________. 14. 已知关于的不等式的解集为或.并且，且满足时，有恒成立，的取值范围为________. 15. 已知函数，若有三个零点，则实数的取值范围是______． 三、解答题：（共5题，共75分） 16. （1）求值：①； ②． （2）已知，求的值． 17. 已知函数，. （1）求函数的最小正周期； （2）求函数的单调递增区间； （3）求函数f(x)在区间上的最大值和最小值. 18. 如图所示，在三棱柱中，平面，.是棱的中点，为棱中点，是的延长线与的延长线的交点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值. 19. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足． （1）求角B的大小； （2）设，． （ⅰ）求c的值； （ⅱ）求的值． 20. 已知函数. （1）求的单调区间和极值； （2）若时，恒成立，求实数的取值范围； （3）当时，，记的极小值点为存在唯一零点，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $