精品解析：河北省邯郸市大名县第一中学2025-2026学年高三上学期第一次月考数学试题

高三数学月考 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，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 3. 已知向量满足，且，设的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知定义域上的函数满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知正数满足，则的最小值是（ ） A. 17 B. 16 C. 15 D. 14 6. “”是“为第一象限角”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 7. 已知单调递减的等比数列满足，则（ ） A. B. C. 512 D. 1024 8. 已知定义域为的函数满足，且，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（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. 已知等差数列的前项和为，若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 取得最小值时当且仅当 D. 数列是等比数列 10. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 为了得到函数的图象，可将的图象向右平移个单位长度 C. 在上的值域为 D. 两个相邻的零点之差的绝对值为 11. 已知函数，则（ ） A. 的值域为 B. 图象的对称中心为 C. 当时，在区间内单调递减 D. 当时，有两个极值点 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 曲线与的公切线方程为________. 13. 已知等差数列的前项和为，若，且，则的最大值为________． 14. 已知为所在平面内一点，且满足，则的面积与的面积之比为_________. 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. 在中，内角所对的边分别为，已知. （1）求的值； （2）若的面积为3，求的值. 16. 在数列中，. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 17. 已知函数在点处的切线与轴平行． （1）求； （2）求的单调区间和极值． 18. 在中，角的对边分别为，若． （1）求； （2）若，证明：是直角三角形． （3）若是锐角三角形，，求面积的取值范围． 19. 已知函数， （1）已知函数的图象与函数的图象关于直线 对称，试求； （2）证明； （3）设是的根，则证明：曲线在点处的切线也是曲线的切线. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学月考 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意解一元二次不等式，求出集合的元素，根据交集的概念求出结果即可. 【详解】由题意得，解得，即， 则； 故选：C. 2. 已知复数满足，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 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数除法法则得到，对应的点为，位于第一象限. 【详解】因为，所以， 对应的点为，位于第一象限. 故选：A 3. 已知向量满足，且，设的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助向量垂直数量积为零及向量夹角公式可得，再借助二倍角公式计算即可得. 【详解】由，则， 故，则， 故. 故选：D. 4. 已知定义域上的函数满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得函数的周期，利用周期函数的性质求解即可. 【详解】由，可得， 所以是周期为4的周期函数， 所以. 故选：B. 5. 已知正数满足，则的最小值是（ ） A. 17 B. 16 C. 15 D. 14 【答案】A 【解析】 【分析】先配凑，然后运用基本不等式求出最小值 【详解】， 当且仅当，即，时，取得最小值. 故选：. 6. “”是“为第一象限角”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】B 【解析】 【分析】利用充分条件与必要条件得定义进行判断. 【详解】等价于或， 当时，为第一象限角；当时，为第三象限角； 所以“”是“为第一象限角”的必要不充分条件. 故选：B. 7. 已知单调递减的等比数列满足，则（ ） A. B. C. 512 D. 1024 【答案】A 【解析】 【分析】应用等比数列基本量运算求解. 【详解】在等比数列中，，所以，又，解得， 设的公比为q，则，解得， 因为单调递减，所以． 故选：A 8. 已知定义域为的函数满足，且，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，利用导数研究的单调性，进而利用的单调性解不等式即可. 【详解】令，则， 所以在上单调递减， 因为， 所以不等式可变为，即， 所以，即， 所以不等式的解集为. 故选：D. 二、多选题（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. 已知等差数列的前项和为，若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 取得最小值时当且仅当 D. 数列是等比数列 【答案】AD 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，结合已知可求得，，可求得数列的通项公式，前项和公式，以及前项和的最小值可判断ABC；利用等比数列的定义可判断是等比数列判断D. 【详解】设等差数列的公差为，则，解得，， 所以，， 当或时，有最小值，最小值为，故A正确，B，C错误； 因为，所以数列是公比为4的等比数列，故D正确. 故选：AD. 10. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 为了得到函数的图象，可将的图象向右平移个单位长度 C. 在上的值域为 D. 两个相邻的零点之差的绝对值为 【答案】AD 【解析】 【分析】由的值求出的值可判断A；通过函数的平移原则可判断B；直接根据正弦函数的性质可判断C；令解出可判断D. 【详解】因为，所以的图象关于直线对称，A正确． ，B不正确． 由，得，则，C不正确． 由，得，则， 即，所以两个相邻的零点之差的绝对值为，D正确． 故选：AD. 11. 已知函数，则（ ） A. 的值域为 B. 图象的对称中心为 C. 当时，在区间内单调递减 D. 当时，有两个极值点 【答案】BD 【解析】 【分析】利用一次函数、三次函数的性质结合分类讨论思想可判定A，利用函数的奇偶性判定B，利用导数研究函数的单调性结合特殊值法排除C，利用极值点的定义可判定D. 【详解】对于A：当至少一个不为0，则为三次或者一次函数，值域均为； 当均为0时，值域为，错误； 对于B：函数满足， 可知为奇函数，其图象关于中心对称， 所以的图象为的图象向上移动两个单位后得到的， 即关于中心对称，正确； 对于C：，当时，取， 当时，在区间上单调递增，错误； 对于D：，当时，有两个不相等的实数根， 所以函数有两个极值点，正确. 故选：BD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 曲线与的公切线方程为________. 【答案】 【解析】 【分析】设出两曲线的切点和，由导数的意义可得，再由点斜式得出公切线方程，把点代入直线方程可得，构造函数，求导分析单调性得到，进而得出，最后得到直线方程. 【详解】设曲线上的切点为，曲线上的切点为. 因为， 则公切线的斜率，所以. 因为公切线的方程为，即， 将代入公切线方程得， 由，得. 令，则， 当时，；当时，0， 故函数在上单调递增，在上单调递减，， 所以， 故公切线方程为，即. 故答案为：. 13. 已知等差数列的前项和为，若，且，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】由等差数列前项和的性质可得公差，再利用二次函数性质可求最大值. 【详解】设等差数列的公差为，， ， 解得，， 所以当时，取得最大值为. 故答案为：. 14. 已知为所在平面内一点，且满足，则的面积与的面积之比为_________. 【答案】 【解析】 【分析】在上取一点，使得,在上一点，使得取，证得四边形为平行四边形，，进而结合平面图形的几何性质即可求出结果. 【详解】 在上取一点，使得,在上一点，使得取，又因为，则，所以四边形为平行四边形，所以，因为，则，，则， 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. 在中，内角所对的边分别为，已知. （1）求的值； （2）若的面积为3，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理，结合，求出，进而，由余弦定理求出； （2）根据三角形面积求出，故. 【小问1详解】 ， 由余弦定理可得：， ， 又， ，即， 又，，可得， ，即， . 【小问2详解】 由（1）知，， 又，故，， ， 解得. . 16. 在数列中，. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将已知等式变形为，结合等差数列的通项公式，即可求得答案； （2）写出的表达式，利用错位相减法求和，即可得答案. 【小问1详解】 因为，所以. 又，所以， 所以是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以 【小问2详解】 由（1）可知，所以， 所以，① ，② ，得， 即， 故. 17. 已知函数在点处的切线与轴平行． （1）求； （2）求的单调区间和极值． 【答案】（1） （2）单调递增区间为，单调递减区间为，极小值，无极大值 【解析】 【分析】（1）由于函数在点处的切线与轴平行，则求解即可； （2）利用导数分析函数的单调性求解极值即可. 【小问1详解】 因为，所以， 由于函数在点处的切线与轴平行， 所以，即，所以. 【小问2详解】 由（1）可知，所以， 的定义域为：， 令，解得（舍去）或 若时，，单调递减； 若时，，单调递增. 所以的单调递增区间为，单调递减区间为， 当时，有极小值为，无极大值. 18. 在中，角的对边分别为，若． （1）求； （2）若，证明：是直角三角形． （3）若是锐角三角形，，求面积的取值范围． 【答案】（1） （2）因为，由余弦定理可得. 又因为，故. 这就得到 . 所以，即，从而必有是直角三角形． （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换可得，进而可得角； （2）根据余弦定理以及已知条件有，，据此可证明，即可得到结论； （3）利用正弦定理边角转化，结合三角恒等变换可得，结合锐角三角形条件即可求得取值范围. 【小问1详解】 由可知，从而由正弦定理得. 故，这就得到，故. 此即，故，得或，这里. 结合，就知道. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由正弦定理可得，故. 而因为为锐角三角形，故，解得的范围是. 从而的范围是，故的取值范围是. 19. 已知函数， （1）已知函数的图象与函数的图象关于直线 对称，试求； （2）证明； （3）设是的根，则证明：曲线在点处的切线也是曲线的切线. 【答案】（1）. （2）证明：解法1：当 时，且 ，此时 ； 当时，且，此时 ， 故综上. 解法2：，令，在上恒成立， 故在上单调递增，即在上单调递增， 因此当时，； 当； 因此在上单调递减，在 上单调递增， 故. （3）证明：不妨取曲线 上的一点 ，设在处的切线即是 在处的切线， 则 ，得 ，则 的坐标 ， 由于，所以， 则有， 综上可知，直线的斜率等于在处的切线斜率和在处的切线斜率， 所以直线AB既是曲线在点处的切线也是曲线的切线. 【解析】 【分析】（1）由，得，再利用换元法求； （2）分区间讨论各因式的符号或利用导数证明； （3）取曲线 上的一点 ，设在处的切线即是 在处的切线，证明直线的斜率等于在处的切线斜率和在处的切线斜率即可. 【小问1详解】 因为的图象与的图象关于直线 对称，所以 . 又因为 ， 所以， 令，则 ， 所以， 因此. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $