精品解析：四川省广安友谊中学2025-2026学年高三上学期第一次月考数学试题

广安友谊中学高三数学第一次月考试题 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，则“”是“”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 3. 函数的定义域是（ ） A. B. C. 且 D. 且 4. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的零点分别为，则的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 6. 设，，且，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 7. 已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，若存在唯一整数使，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题6分，共18分，答对给满分，部分答对给部分分.） 9. 下列函数中，最小值为2的函数有（   ）． A. B. C. D. 10. 已知函数，则（   ） A. 在上单调递减 B. 的极大值为1 C. 的图象关于对称 D. 若方程的解为，则=1 11. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，如， 称为高斯函数， 记，则下列说法正确的是（    ） A. 的值域为 B. C. 不等式 的解集为 D. 若,且方程的所有解的和为9. 三、填空题（每题5分，共15分.） 12. 已知 则 _______． 13. 已知函数（为常数），若为的一个极值点，则__________. 14. 已知函数，若，则的取值范围为_____． 四、解答题（总分77分） 15. 给定函数 （1）判断函数的单调性，并求的极值. （2）若有两个解，求的取值范围. 16. 为了解本市成年人的交通安全意识情况，某中学的同学利用五一假期进行了一次全市成年人安全知识抽样调查．先根据是否拥有驾驶证，用分层抽样的方法抽取了200名成年人，然后对这200人进行问卷调查．这200人所得的分数都分布在范围内，规定分数在80分以上（含80分）的为“具有很强安全意识”，所得分数的频率分布直方图如下图所示． （1）根据频率分布直方图计算所得分数的众数及中位数（中位数保留小数点后一位） （2）将上述调查所得的频率视为概率，现从全市成年人中随机抽取4人，记“具有很强安全意识”的人数为X，求X的分布列及数学期望． 17. 如图，已知是等边三角形，，，平面，点为的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面夹角的正弦值． 18. 已知，． （1）证明：为等差数列，并求的通项公式； （2）令，为的前项之积，求证：． 19. 已知函数，其导函数为． （1）若，求的最小值； （2）若，证明：有且仅有一个极小值点； （3）若存在，使得有两个不相等的零点，求a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广安友谊中学高三数学第一次月考试题 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求集合，利用交集定义即可得解. 【详解】因为，， 由交集定义可得，. 故选：A. 2. 已知，，则“”是“”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】C 【解析】 【分析】结合指数函数的单调性分析即可得到. 【详解】因为，所以函数在上单调递增， 因为，所以，反之亦成立， 所以“”是“”的充要条件. 故选：C 3. 函数的定义域是（ ） A. B. C. 且 D. 且 【答案】C 【解析】 【分析】利用根式和分式有意义列式求解即可. 【详解】由题意可得解得且， 故的定义域为且， 故选：C 4. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意，只需使为已知函数的递增区间的子集，列不等式，解之即得. 【详解】函数的图象开口向上，对称轴为直线， 由函数在区间上单调递增，可得，解得. 故选:C. 5. 已知函数的零点分别为，则的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用数形结合，画出函数的图象，判断函数的零点的大小即可． 【详解】函数的零点转化为与的图象的交点的横坐标， 因为零点分别为， 在坐标系中画出与的图象如图： 可知，满足， 故选：A 6. 设，，且，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】解析：，当且仅当，即，即，时取等号. 7. 已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性以及正负，结合选项逐一排除即可求解. 【详解】由图可知：的图像关于轴对称，故为偶函数， 对于A， 设，函数的定义域为， 因，即为奇函数，故A不合题意； 对于B，设，函数的定义域为， 因，即为奇函数，故B不合题意； 对于C， 设，函数的定义域为， 因，则为偶函数，因恒成立，故C不合题意； 对于D， 设，函数的定义域为， 因，则为偶函数，且当时，，结合图象可知D符合题意. 故选：D 8. 设函数，若存在唯一整数使，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】存在性问题，把直线与曲线分离，找到临界情况为相切时，数形结合来求解； 【详解】令 因为存在唯一整数使，即，则必为正整数， 所以的图象在的图象下方的部分有且只有一个横坐标为整数的点， 当与相切时，设切点， 由于，故切线斜率， 切线方程为：， 代入得，解得，此时，切点为， 当继续增大时，则，解得, 故选：C. 二、多选题（每题6分，共18分，答对给满分，部分答对给部分分.） 9. 下列函数中，最小值为2的函数有（   ）． A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用函数值域即可作出判断. 【详解】由于，且，故A正确； 由于，故B错误； 由于，且，故C正确； 由于，故D错误； 故选：AC. 10. 已知函数，则（   ） A. 在上单调递减 B. 的极大值为1 C. 的图象关于对称 D. 若方程的解为，则=1 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，求出的解集得递减区间；选项B，利用导数求出的极大值；选项C，求出，得到，则不是奇函数，从而的图象不关于对称；选项D，由，得到，通过因式分解得到， 解出，的值，从而得到的值. 【详解】选项A，，， 当时，，，故选项A正确； 选项B，当时，，在上单调递减； 当或时，，在和上是增函数. 则在处，取极大值，且极大值为，故选项B正确； 选项C，，，不是奇函数，的图象不关于对称，故选项C不正确； 选项D，，又，，， ，， ，，， 或，，故选项D正确. 故选：ABD. 11. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，如， 称为高斯函数， 记，则下列说法正确的是（    ） A. 的值域为 B. C. 不等式 的解集为 D. 若,且方程的所有解的和为9. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用分段函数思想求值域的并集即可判断A，利用举反例可判断B，利用分段讨论法来解不等式可求解判断C，利用分段讨论，引申到取整讨论，到最后分析所有情况，从而可确定所有解来判断D. 【详解】当时，， 当时，， 当时，， 即当时，，故A正确； 当，则，，且，故B错误； 当且，由，可得恒成立， 此时原不等式无解，故舍去且， 当时，不等式 ，此时无解，故舍去， 当时，不等式 ， 此时解得，与无交集，故舍去， 当时，不等式 ， 此时解得，与有交集， 当时，不等式 ， 此时解得，与无交集，故舍去， 当且时，不等式 ， 此时解得， 因为当时，有， 所以， 即与无交集，故舍去，且时， 综上有，故C正确； 当时，方程， 故此时， 当时，方程， 故此时不满足，故此时无解； 当时，方程， 故此时不满足，故此时无解； 当时，方程， 故此时不满足，故此时无解； 当时，方程， 故此时满足，故此时解为； 当时，方程， 故此时满足，故此时解为； 由于此方程的解必为非负整数， 所以检验当时， 当时， 当时，随着的增大，左边每增加1，右边至少增加一项， 从而至少多一个1，所以左右两边将不可能再相等。 综上可得方程的解只有，满足所有解的和为9，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题（每题5分，共15分.） 12. 已知 则 _______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据指数与对数的关系，将指数式转化为对数式，再利用对数的运算性质进行计算。 【详解】由可得， 所以，. 故答案为：1. 13. 已知函数（为常数），若为的一个极值点，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由取极值的必要条件列方程，并检验即可. 【详解】函数在处有极值， ，经检验成立. 故答案为：. 14. 已知函数，若，则的取值范围为_____． 【答案】 【解析】 【分析】先由函数的单调性证明，是的必要条件，从而得到，再构造函数利用导数证明充分性. 【详解】由题意可得，显然为增函数，且， 所以，即， 从而，这是的必要条件. 当时，，令，则， 令，则， 所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以当时，. 故答案为：. 四、解答题（总分77分） 15. 给定函数 （1）判断函数的单调性，并求的极值. （2）若有两个解，求的取值范围. 【答案】（1） 因为， 所以. 由；由. 所以在上单调递减，在上单调递增. 在处，函数取得极小值，. 无极大值. （2） 【解析】 【分析】（1）求导，利用导函数的符号分析函数的单调性，求函数的极值. （2）根据函数的单调性，结合函数值的符号，可求实数的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当时，； 当时，； 当时，. 作函数草图如下： 所以有两个解，可得. 即所求的取值范围为： 16. 为了解本市成年人的交通安全意识情况，某中学的同学利用五一假期进行了一次全市成年人安全知识抽样调查．先根据是否拥有驾驶证，用分层抽样的方法抽取了200名成年人，然后对这200人进行问卷调查．这200人所得的分数都分布在范围内，规定分数在80分以上（含80分）的为“具有很强安全意识”，所得分数的频率分布直方图如下图所示． （1）根据频率分布直方图计算所得分数的众数及中位数（中位数保留小数点后一位） （2）将上述调查所得的频率视为概率，现从全市成年人中随机抽取4人，记“具有很强安全意识”的人数为X，求X的分布列及数学期望． 【答案】（1）众数65分;中位数66.4分 （2）X的分布列见解析，数学期望为 【解析】 【分析】（1）结合众数及中位数的定义与频率分布直方图即可计算； （2）由题意得，，结合二项分布的概率及期望公式即可求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图，众数为65分， 又因为， 所以中位数在之间，为（分）； 【小问2详解】 由频率分布直方图，抽到“具有很强安全意识”的成年人的概率为，所以， 故X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 期望 17. 如图，已知是等边三角形，，，平面，点为的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理和性质定理，结合平行线的性质、平行四边形的判定定理和性质进行证明即可； （2）结合（1）的结论建立空间直角坐标系，利用线面角的定义、空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 证明：如图，取的中点，连接，， 平面，平面， 平面平面， 为等边三角形，， 又平面平面，平面， 平面. ，点为中点， ，且， 又，，， 四边形是平行四边形，， 平面. 【小问2详解】 由（1）可知平面，平面， ，，两两垂直， 故以为坐标原点，、、所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，. ，，. 设平面的法向量， 则即 令，则，，. 设直线与平面的夹角为， 则， 直线与平面夹角的正弦值为. 18. 已知，． （1）证明：为等差数列，并求的通项公式； （2）令，为的前项之积，求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据已知可得，且，由等差数列的定义写出通项公式即可； （2）利用导数证明，进而得到，可得，累加即可证. 【小问1详解】 由，又由题意知，， 左右同时除以得， 又因为，则，则， 故是以3为首项，3为公差的等差数列， 所以，可得. 【小问2详解】 因为，则， 所以， 令函数，求导得， 所以在上单调递增，，即， 取，则，于是， 所以， 则. 19. 已知函数，其导函数为． （1）若，求的最小值； （2）若，证明：有且仅有一个极小值点； （3）若存在，使得有两个不相等的零点，求a的取值范围． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）求导并求出函数的单调性，即可求得函数的最小值； （2）通过函数求导得到，再对求导，判断其单调性，得到函数的极值点情况即可； （3）求出函数的导数，设，讨论该函数零点的个数及零点与0的大小关系后结合零点的个数可求参数的取值范围． 【小问1详解】 当时，， 则，则，， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， . 【小问2详解】 由得， 则， 对，因为，所以， 解方程得（舍去），， 所以当时，，当时，， 故函数在上单调递减，在上单调递增， 故函数在时取得极小值，且函数只有一个极小值点． 【小问3详解】 ，其中， 设， 若即时，恒成立， 此时在上为增函数，而，故只有一个零点，舍； 若即， 若即，此时必成立， 而， 故在有且只有一个实数根，且， 当时，即，若，则， 故在单调递减，在上单调递增，而 故，当时，，故有两个不同的零点，符合， 故此时. 若即， 当时，取，此时， 当或时，即， 当时，， 故在，上为增函数，在上为减函数， 而，故，而时，，故有两个不同的零点， 故符合. 当时， 由可得，而, 故在有两个不同的零点且， 同理可得在，上为增函数，在上为减函数， 结合可得， 且时，，时，， 故此时有三个不同的零点，不合题意，舍； 综上，或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $