精品解析：陕西省西安市铁一中学2025-2026学年高三上学期月考4数学试题

2025—2026—1高三年级月考4 数学试题 时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分.在每题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数（其中i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列满足，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 4. 已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 函数在区间上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，且，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数，是的导函数，且恒有成立，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分.在每题给出的四个选项中，有多个符合题目要求的，全选对的得6分，部分选对的得部分分，有错选的得0分 9. 已知曲线.（ ） A. 若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上 B. 若m=n>0，则C是圆，其半径为 C. 若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为 D. 若m=0，n>0，则C是两条直线 10. 已知函数的图像关于点中心对称，则（ ） A. 在区间单调递减 B. 在区间有两个极值点 C. 直线是曲线的对称轴 D. 直线是曲线的切线 11. 已知函数，若对恒成立，则实数a的取值可能为（ ） A. e B. e-1 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量的夹角为，且，，则________； 13. 若函数的部分图象如图所示，且，则的最小正周期为________； 14. 为了调查某地区高中学生对于体育运动的爱好程度，随机调查了该地区部分学生的日均运动时间.在被调查的学生中，女生占40％，女生中有65％的人日均运动时间大于1小时，男生中有90％的人日均运动时间大于1小时.在被调查的学生中任选1人，则此人日均运动时间大于1小时的概率为________. 四、解答题：共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 记为数列的前项和，已知，． （1）求{an}的通项公式； （2）证明：． 16. 在中，内角、、所对的边分别为、、，已知． （1）求角； （2）若为边上一点（不包含端点），且满足，求的取值范围． 17. 已知四棱锥的底面为直角梯形，，，是以为底边的等腰直角三角形． （1）求证：； （2）若为的垂心，求二面角的余弦值． 18. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若不等式对任意恒成立，求实数的最大值； （3）证明：.（参考数据：） 19. 已知椭圆C：的长轴长是短轴长的2倍，焦距为，点A，B分别为C的左、右顶点，点P，Q为C上的两个动点，且分别位于x轴上、下两侧，和的面积分别为，，记 （1）求椭圆C的方程； （2）若，求证直线PQ过定点，并求出该点的坐标； （3）若，设直线AP和直线BQ的斜率分别为，，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026—1高三年级月考4 数学试题 时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分.在每题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的运算先求，再求即可. 【详解】因为，，故，故. 故选:A. 2. 已知复数（其中i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将复数转化成的形式，根据，求得. 【详解】因为复数，所以. 故选：C. 3. 已知数列满足，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据递推式求出的值，可以发现数列为周期数列，从而推出的值. 【详解】因为，所以， 所以数列的周期为3，所以. 故选：C. 4. 已知P是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据题中所给的条件，结合正六边形的特征，得到在方向上的投影的取值范围是，利用向量数量积的定义式，求得结果. 【详解】 的模为2，根据正六边形的特征， 可以得到在方向上的投影的取值范围是， 结合向量数量积的定义式， 可知等于的模与在方向上的投影的乘积， 所以的取值范围是， 故选：A. 【点睛】该题以正六边形为载体，考查有关平面向量数量积的取值范围，涉及到的知识点有向量数量积的定义式，属于简单题目. 5. 函数在区间上的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数奇偶性，结合图象利用赋值法、排除法即可得结果. 【详解】因为，， 且定义域关于原点对称，所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，排除选项A和C； 当时，，所以， 排除选项D，只有选项B符合题意. 故选：B. 6. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用对数函数单调性，借助基本不等式比较大小. 【详解】依题意，， ， 因此，所以. 故选：C 7. 已知，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得，又得，进而得，计算即可求解. 【详解】由， 又，所以， 所以， 所以， 又，所以， 所以， 故选：D. 8. 已知定义在上的函数，是的导函数，且恒有成立，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据结构，考虑构造，则，结合题目给出条件可知在上单调递减，故有，化简后即可得出答案. 【详解】构造函数，则. ， 即在上单调递减. 故有，即， 即①. 对于A：由①式可知，即，因此无法判断，故A错误； 对于B、C：由①式可知，即，故无法判断，故B错误，C正确； 对于D：由①式可知，即，故D错误. 故选：C. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分.在每题给出的四个选项中，有多个符合题目要求的，全选对的得6分，部分选对的得部分分，有错选的得0分 9. 已知曲线.（ ） A. 若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上 B. 若m=n>0，则C是圆，其半径为 C. 若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为 D. 若m=0，n>0，则C是两条直线 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合选项进行逐项分析求解，时表示椭圆，时表示圆，时表示双曲线，时表示两条直线. 【详解】对于A，若，则可化为， 因为，所以， 即曲线表示焦点在轴上的椭圆，故A正确； 对于B，若，则可化为， 此时曲线表示圆心在原点，半径为的圆，故B不正确； 对于C，若，则可化为， 此时曲线表示双曲线， 由可得，故C正确； 对于D，若，则可化为， ，此时曲线表示平行于轴的两条直线，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养. 10. 已知函数的图像关于点中心对称，则（ ） A. 在区间单调递减 B. 在区间有两个极值点 C. 直线是曲线的对称轴 D. 直线是曲线的切线 【答案】AD 【解析】 【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出． 【详解】由题意得：，所以，， 即， 又，所以时，，故． 对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减； 对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点； 对C，当时，，，直线不是对称轴； 对D，由得：， 解得或, 从而得：或, 所以函数在点处的切线斜率为， 切线方程为：即． 故选：AD． 11. 已知函数，若对恒成立，则实数a的取值可能为（ ） A. e B. e-1 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对不等式进行合理变形同构得，构造函数利用函数的单调性计算，再结合选项的大小判断即可. 【详解】易知，故由 可得， 即，两边同时加，则有. 设，则，所以在上单调递增. 因为，， ， 故. 又因为在上单调递增，故恒成立，即恒成立，即. 设，则. 当时，，即单调递减； 当时，，即单调递增， 故，则有，解得， 因为均在区间内，不在区间内，故ABD正确，C错误. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量的夹角为，且，，则________； 【答案】 【解析】 【分析】根据题意先求得，对所求式子根据先平方再开方计算求解即可. 【详解】已知向量的夹角为，且，，所以， 则 故答案为：. 13. 若函数的部分图象如图所示，且，则的最小正周期为________； 【答案】## 【解析】 【详解】根据图象，写出三点的坐标，由，求出的值，根据，得到的最小正周期. 【点睛】令，得； 令，得； 令，得. 由图可知，. 由，得，解得. 所以的最小正周期为. 故答案为：. 14. 为了调查某地区高中学生对于体育运动的爱好程度，随机调查了该地区部分学生的日均运动时间.在被调查的学生中，女生占40％，女生中有65％的人日均运动时间大于1小时，男生中有90％的人日均运动时间大于1小时.在被调查的学生中任选1人，则此人日均运动时间大于1小时的概率为________. 【答案】 【解析】 【分析】记事件：抽取的1人为女生，记事件：抽取的一人日均运动时间大于1小时，利用全概率公式即可求出. 【详解】记事件：抽取的1人为女生，记事件：抽取的一人日均运动时间大于1小时， 则，，，， 由全概率公式可得 . 所以在被调查的学生中任选1人，则此人日均运动时间大于1小时的概率为. 故答案为：. 四、解答题：共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 记为数列的前项和，已知，． （1）求{an}的通项公式； （2）证明：． 【答案】（1） （2） 因为，，数列从第三项起，每一项与前一项的差为， 所以当时，数列是单调递减数列， 当，所以当时，有最大值， 最大值为，所以. 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的定义，结合数列前项和与第项的关系进行求解即可； （2）根据等差数列的单调性进行求解证明即可. 【小问1详解】 当时， 由，两式相减，得 ．所以数列从第三项起，每一项与前一项的差为， 因为，所以， 所以当时，，显然不适合， 故； 【小问2详解】 略 16. 在中，内角、、所对的边分别为、、，已知． （1）求角； （2）若为边上一点（不包含端点），且满足，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）分析可得，，，求出角的取值范围，由正弦定理可得出，结合正切函数的基本性质可求得的取值范围. 【小问1详解】 解：由结合正弦定理可得： ，则， 因为、，则，所以，， 可得，故. 【小问2详解】 解：由可得，所以，， 所以，，故， 在中，，， 由正弦定理可得， 所以，， 因为，则，所以，. 所以，的取值范围是. 17. 已知四棱锥的底面为直角梯形，，，是以为底边的等腰直角三角形． （1）求证：； （2）若为的垂心，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明：取的中点，连结， 因为是以为底边的等腰直角三角形， 所以， 因为，所以四边形为正方形， 所以，又， 所以平面， 所以. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连结，证明平面，即可得到答案； （2）证明两两互相垂直，再以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，求得两个面的法向量，进而求得二面角的余弦值. 【详解】（1）略； （2）连结并延长交于，由（1）得， 所以，因为，所以为的中点， 取的中点为，连结，则以两两互相垂直， 以为原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设为面的一个法向量，则 取，所以， 设为面的一个法向量，则 取，所以， 所以， 因为二面角为钝二面角， 所以二面角的余弦值为. 【点睛】本题考查空间中线面垂直、线线垂直的证明、向量法求二面角的大小，考查转化与化归思想的运用，考查空间想象能力和运算求解能力. 18. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若不等式对任意恒成立，求实数的最大值； （3）证明：.（参考数据：） 【答案】（1） （2） （3）证明如下： 设， ， 在上单调递增， ， ，使， 在上单调递减，在上单调递增， ， ， ， . 【解析】 【分析】（1）利用导数求曲线在切点处的切线方程； （2）求出函数在时的值域，可求实数的最大值； （3）依题意，构造函数，利用导数证明即可. 【小问1详解】 ， ， 在处的切线为. 【小问2详解】 ， ，则，所以， 在上单调递减， 时，， 因为对任意恒成立，所以， 则，的最大值为. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法： 一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用； 二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理. 19. 已知椭圆C：的长轴长是短轴长的2倍，焦距为，点A，B分别为C的左、右顶点，点P，Q为C上的两个动点，且分别位于x轴上、下两侧，和的面积分别为，，记 （1）求椭圆C的方程； （2）若，求证直线PQ过定点，并求出该点的坐标； （3）若，设直线AP和直线BQ的斜率分别为，，求的取值范围． 【答案】（1） （2）证明：由知，，由图形对称性可知，定点M在x轴上， 设直线PQ方程为：，，，， ，解得， 即定点坐标为 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得的值，即可得到椭圆方程； （2）由图形对称性可知定点在x轴上，设，由题意得，求解即可. （3）设直线PQ的方程为，，，并表示 联立由韦达定理得，，代入化简并结合即可得所求. 【小问1详解】 由题意知，，，又，，， 所以椭圆C的方程为： 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设直线PQ的方程为，， 联立可得， 则，，且 于是 ， ，，即的范围是 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $