精品解析：天津市武清区崔黄口中学2025-2026学年高一上学期第一次练习数学试卷

崔黄口中学2025年10月高三数学第一次练习 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，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. 已知函数的图象如下，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 4 B. 60 C. 68 D. 52 6. 数列的前n项和，则数列的前项和为（ ） A. 112 B. 48 C. 80 D. 64 7. 函数的零点所在区间是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的最小正周期为，则在区间上的最小值是（ ） A. B. C. 0 D. 9. ，在上单调递增，且为它的一条对称轴，是它的一个对称中心，当时，的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 0 二、填空题 10. 已知i是虚数单位，则 ________． 11. 在的展开式中，项的系数为________． 12. ______. 13. 设，是不共线向量，与共线，则实数为__________． 14. 若正数，满足，则的最小值为______. 15. 中，D为AB边中点，，则______（用，表示），若，，则_______ 三、解答题 16. 在中，角的对边分别为．已知，，． （1）求A的值； （2）求c的值； （3）求的值． 17. 在中，角所对的边分别为，已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 18. 已知函数． （1）求的最小正周期，对称轴方程； （2）求的对称中心； （3）求单调递增区间． 19. 已知函数． （1）当时，曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若函数在上有且仅有2个零点，求a的取值范围． 20. 已知函数． （1）求函数的极值； （2）证明：对任意的，有； （3）若，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 崔黄口中学2025年10月高三数学第一次练习 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由集合的并集、补集的运算即可求解. 【详解】由，则， 集合， 故 故选：D. 2. 设，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】A 【解析】 【分析】通过判断是否能相互推出，由充分条件与必要条件的定义可得. 【详解】由，则“”是“”的充分条件； 又当时，，可知， 故“”不是“”的必要条件， 综上可知，“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3. 已知函数的图象如下，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由函数奇偶性排除AB，再由时函数值正负情况可得解. 【详解】由图可知函数为偶函数，而函数和函数为奇函数，故排除选项AB； 又当时，此时， 由图可知当时，，故C不符合，D符合. 故选：D 4. 设，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数函数和对数函数的单调性分析判断即可. 【详解】因为在上递增，且， 所以， 所以，即， 因为在上递增，且， 所以，即， 所以， 故选：D 5. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 4 B. 60 C. 68 D. 52 【答案】D 【解析】 【分析】由等差中项的推理求得，由等差数列的前项和与等差中项求得. 【详解】，∴，∴， 故选：D. 6. 数列的前n项和，则数列的前项和为（ ） A. 112 B. 48 C. 80 D. 64 【答案】C 【解析】 【分析】先由题设结合求出数列的通项公式，再结合数列各项正负情况即可求解. 【详解】因为， 所以当时，， 当时，， 经检验，满足上式， 所以，令，， 设数列的前n项和为， 则数列的前项和为 数列的前项和为 . 故选：C 7. 函数的零点所在区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用指数函数与幂函数的单调性结合零点存在性定理计算即可. 【详解】由指数函数、幂函数的单调性可知：在上单调递减，在单调递增， 所以在定义域上单调递减， 显然， 所以根据零点存在性定理可知的零点位于. 故选：B 8. 已知函数的最小正周期为，则在区间上的最小值是（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数的最小正周期为，求出值，从而得到的解析式，再根据自变量所在区间和正弦函数的单调性判断即可. 【详解】因为函数的最小正周期为，所以周期，解得， 所以，因为，所以， 所以当，即时，函数在区间上取得最小值. 故选：D. 9. ，在上单调递增，且为它的一条对称轴，是它的一个对称中心，当时，的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦函数的对称性得出，根据单调性得出，从而确定，结合对称轴与对称中心再求出，得出函数解析式，利用整体思想及正弦函数的性质即可得解. 【详解】因为函数在上单调递增，且为它的一条对称轴， 所以时函数取最大值， 又因为是它的一个对称中心， 所以，， 设的最小正周期为，由正弦函数的对称性可知， 即， 又在上单调递增，则， ∴，则，， ∵，∴时，，∴， 当时，， 由正弦函数的单调性可知. 故选：A 二、填空题 10. 已知i是虚数单位，则 ________． 【答案】 【解析】 【分析】先由复数除法运算化简，再由复数模长公式即可计算求解. 【详解】先由题得，所以. 故答案为： 11. 在的展开式中，项的系数为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式定理相关知识直接计算即可. 【详解】展开式的通项公式为， 当时，， 即展开式中的系数为. 故答案为： 12. ______. 【答案】 【解析】 【分析】由诱导公式求解即可. 【详解】， 故答案为： 13. 设，是不共线向量，与共线，则实数为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据向量平行列出方程组，求出实数的值. 【详解】因为，是不共线向量，与共线， 所以存在实数使得，所以， 解得：. 故答案为： 14. 若正数，满足，则的最小值为______. 【答案】5 【解析】 【分析】由题意可得，可得，由基本不等式可得. 【详解】正数，满足，， 当且仅当即且时取等号， 故的最小值为5. 故答案为：5 15. 中，D为AB边中点，，则______（用，表示），若，，则_______ 【答案】 ①. ； ②. 【解析】 【分析】根据向量的线性运算求解即可空一，应用数量积运算律计算求解空二. 【详解】如图， 因为，所以，所以． 因为D为线段的中点，所以； 又因为，所以， ，所以 所以， 所以 ． 故答案为：；. 三、解答题 16. 在中，角的对边分别为．已知，，． （1）求A的值； （2）求c的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化边为角再化简可求； （2）由余弦定理，结合（1）结论与已知代入可得关于的方程，求解可得，进而求得； （3）利用正弦定理先求，再由二倍角公式分别求，由两角和的正弦可得. 【小问1详解】 已知，由正弦定理， 得，显然， 得，由， 故； 【小问2详解】 由（1）知，且，， 由余弦定理， 则， 解得（舍去）， 故； 【小问3详解】 由正弦定理，且， 得，且，则为锐角， 故，故， 且； 故. 17. 在中，角所对的边分别为，已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可； （2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，则得到； （3）法一：根据大边对大角确定为锐角，则得到，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可. 【小问1详解】 设，，则根据余弦定理得， 即，解得（负舍）； 则. 【小问2详解】 法一：因为为三角形内角，所以， 再根据正弦定理得，即，解得， 法二：由余弦定理得， 因为，则 【小问3详解】 法一：因为，且，所以， 由（2）法一知， 因为，则，所以， 则， . 法二：， 则， 因为为三角形内角，所以， 所以 18. 已知函数． （1）求的最小正周期，对称轴方程； （2）求的对称中心； （3）求单调递增区间． 【答案】（1）最小正周期；对称轴方程为 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换可得，即可得周期，以为整体，结合正弦函数对称轴方程运算求解； （2）以为整体，结合正弦函数对称中心方程运算求解； （3）以为整体，结合正弦函数的单调区间运算求解； 【小问1详解】 因为， 所以函数的最小正周期； 令，解得， 所以函数的对称轴方程为. 【小问2详解】 令，解得， 所以函数的对称中心为. 【小问3详解】 令，解得， 所以函数单调递增区间为. 19. 已知函数． （1）当时，曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若函数在上有且仅有2个零点，求a的取值范围． 【答案】（1） （2）当时，函数的增区间为； 当时，函数的增区间为，减区间为； （3） 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）求得，分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间； （3）由可得，令，分析可知直线与函数在上的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，即可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 当时，，， 所以，，，有，即， 故曲线在点处的切线方程为； 【小问2详解】 ，则， 当时，，在上单调递增； 当时，由，得， 若，则；若，则， 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为， 综上所述，当时，函数的增区间为； 当时，函数的增区间为，减区间为； 【小问3详解】 当时，由可得，令，其中， 则直线与函数在上的图象有两个交点， ，当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减， 所以，函数的极大值为，且，， 故当时，直线与函数在上的图象有两个交点， 因此，实数的取值范围是. 20. 已知函数． （1）求函数的极值； （2）证明：对任意的，有； （3）若，证明：． 【答案】（1）； （2）证明: 令， 可得，令， 单调递增，， 单调递减； 单调递增； 所以， 所以， 所以，即得， 所以 （3）证明： 对任意的，令， 所以 令 单调递增，， 单调递减， 所以设，则即 可得， 当单调递增，所以，可得 所以， 当单调递减，所以，可得 对任意的，令， 所以 令 单调递减，， 单调递增， 所以， 当 因为单调递增，所以，可得可得， 因为单调递减，所以，可得可得， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，再令根据导函数的单调性得出极值. （2）先构造函数，再求导得出函数单调性，得出函数最小值，得出，同乘即可得出证明不等式； （3）先构造函数，应用单调性可得，再分，三种情况分别证明即可. 【小问1详解】 因为， 令， 又因为单调递减；单调递增； 所以的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 略. 【点睛】方法点睛：先构造函数，根据导函数得出函数单调性，应用单调性可得，再把分为，三种情况分别证明即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $