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5数学试题

2025-2026-1高三年级月考5 数学试题 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知命题，则是（ ） A. B. C. D. 3. 已知为实数，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 4. 在的展开式中，常数项为（ ） A. 15 B. 16 C. 180 D. 240 5. 已知直线与圆相交于，两点，若为正三角形，则实数的值是（ ） A. B. C. 或 D. 或 6. 如图所示，平行六面体中，，，，则线段的长度为（ ）． A. B. C. 2 D. 7. 已知是上的奇函数，当时，，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 8. 设数列的前n项和为，，且，则的最小值为（ ） A. 7 B. 8 C. 14 D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得4分或3分或2分，有选错的得0分. 9. （多选）已知，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图所示，圆锥的轴截面是面积为的正三角形，用平行于圆锥底面的平面截该圆锥，截面圆与，分别交于点，，且，则（ ） A. 圆锥的表面积为 B. 圆台的高为 C. 圆锥的体积为 D. 从点出发沿着该圆锥侧面到达中点的最短路程为5 11. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 函数的最小值为0 B. 若关于的方程恰有1个解，则 C. 函数的图象与直线有且仅有一个交点 D. 若，且，则无最值 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则___． 13. 已知函数的图象过定点，正实数，满足，则的最小值为_____. 14. 已知长方体中，为矩形内一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若，则三棱锥体积的最小值是__________. 四、解析题：共5小题，共77分.解析应写出详细的文字说明、证明过程成演算过程. 15. 我校对年高一上学期期中数学考试成绩（单位：分）进行分析，随机抽取名学生，将分数按照，，，，，分成组，制成了如图所示的频率分布直方图： （1）估计我校高一期中数学考试成绩的众数、平均分； （2）为了进一步了解学生对数学学习的情况，由频率分布直方图，成绩在和的两组中，用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取名学生，再从这名学生中随机抽取名学生进行问卷调查，求抽取的这名学生至少有人成绩在内的概率． 16. 已知函数，． （1）求函数的单调递减区间； （2）设为锐角三角形，角A所对边，角所对边，若，求的面积． 17. 如图，三棱柱的侧面为菱形，平面平面，，. （1）证明：； （2）点到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设，讨论函数在上的单调性； （3）证明：对任意的，有． 19. 已知椭圆：的焦距和短轴长相等，且长轴长与焦距之差为． （1）求椭圆的方程； （2）按下面方法进行操作：过点作两条互相垂直且不与坐标轴重合的直线与，直线交椭圆于，两点，直线交椭圆于，两点，令弦与的中点分别为与，直线与轴交于点，其中相互平行，直线相互平行． （ⅰ）证明：为等比数列； （ⅱ）记的面积，数列的前项和为，若对于，均有，求实数的最小值． 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5 数学试题 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题列出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解分式不等式求得集合A，解一元二次不等式求得集合B，然后利用交集运算求解即可. 【详解】因为， ， 所以. 故选：C 2. 已知命题，则是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定的定义即可解答. 【详解】由于命题是存在量词命题， 所以，改量词、否定结论后，可得是全称量词命题. 故选：B 3. 已知为实数，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】根据充分条件、必要条件的概念求解. 【详解】由，可知， 由，推不出，如，可知推不出， 综上，可知是的充分不必要条件， 故选：A 4. 在的展开式中，常数项为（ ） A. 15 B. 16 C. 180 D. 240 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项式展开式的通项公式，令的指数为0求出，进而计算常数项. 【详解】对于，其展开式的通项为. 令，解得. 将代入通项，常数项为. 故选：D 5. 已知直线与圆相交于，两点，若为正三角形，则实数的值是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】由题意，圆心到直线的距离为，利用点到直线的距离公式求解． 【详解】由圆可得圆心，半径， ∵为正三角形，边长为， ∴圆心到直线的距离为， 即，解得． 故选：D． 6. 如图所示，平行六面体中，，，，则线段的长度为（ ）． A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，取向量为基底，进而根据向量模的计算公式计算即可. 【详解】解：根据题意，取向量为基底， 则， 所以 ，所以 所以线段的长度为为 故选：C 7. 已知是上的奇函数，当时，，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据基本函数的单调性以及奇函数的性质，可得在上单调递增，即可利用单调性求解. 【详解】由于均为上的单调递增函数，故在上单调递增， 由于是上的奇函数，故在上单调递增， 又，故， 由得，等价于， 所以，解得. 故选：A. 8. 设数列的前n项和为，，且，则的最小值为（ ） A. 7 B. 8 C. 14 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得，因此为常数列，可求得为等差数列，进而求得，随后将化简为，借助对勾函数的性质研究其单调性，并求得最小值即可. 【详解】由可得，故为常数列，因此有， 得，故， 则. 设，，解得，由对勾函数的单调性， 易知在上单调递减，在上单调递增， 故可能在或处取得最小值. 而，， 得的最小值为，则的最小值为. 故选：B. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得4分或3分或2分，有选错的得0分. 9. （多选）已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】已知及的范围，结合同角三角函数的基本关系可以求出，进而可得，再结合诱导公式对选项进行验证即可. 【详解】因为，所以，则． 则，， ，． 故选：AC 10. 如图所示，圆锥的轴截面是面积为的正三角形，用平行于圆锥底面的平面截该圆锥，截面圆与，分别交于点，，且，则（ ） A. 圆锥的表面积为 B. 圆台的高为 C. 圆锥的体积为 D. 从点出发沿着该圆锥侧面到达中点的最短路程为5 【答案】ABD 【解析】 【分析】由轴截面面积求出底面半径，再由圆锥表面积公式得解判断A，根据平行线分线段成比例可得判断B，由圆锥的体积公式求解判断C，利用侧面展开图转化为线段求解判断D. 【详解】对于A，设的边长为，由已知得，解得， 所以圆锥的表面积为，故A正确； 对于B，因为，所以，又， 所以，故B正确； 对于C，圆锥的体积为，故C错误； 对于D，由已知得圆锥的侧面展开图的圆心角，设的中点为，连接，如图， 可得，，，则，故D正确. 故选：ABD 11. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 函数的最小值为0 B. 若关于的方程恰有1个解，则 C. 函数的图象与直线有且仅有一个交点 D. 若，且，则无最值 【答案】AC 【解析】 【分析】分别讨论、和三种情况，根据解析式可得其单调性，作出图象，即可判断A、B的正误，根据导数的几何意义，分别讨论曲线在三段区间上与交点的个数，综合分析即可判断C的正误；设，分别求出，和，可得的表达式，利用导数分析单调性和最值，即可判断D的正误； 【详解】当时，，则，在上单调递减， 当时，，则，在上单调递增， 当时，，根据复合函数单调性可知， 在上单调递减，作出图象，如下图所示： 选项A：由图象可得，当时，有最小值，且为0，故A正确； 选项B：若关于的方程恰有1个解，则与图象只有一个交点， 由图象可得，或，故B错误； 选项C：直线，变形为，斜率为， 当时，，则， 设切点横坐标为，令，解得，即在切线的斜率为， 所以当，即时，与只有一个交点； 当时，，与，只有一个交点， 此时，即； 当时，，即当，时， 令，得， 令，对称轴为，且，， 根据二次函数性质及零点存在定理可得，方程在上只有一个实根， 综上，函数的图象与直线有且仅有一个交点，故C正确； 选项D：设，由图象得， 则，解得，，，解得， 所以， 令，则， 设，则恒成立， 所以在上单调递增， 又， 所以存在，使， 当时，，即，则单调递减； 当时，，即，则单调递增， 所以存在最小值，故D错误. 故选：AC 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，则___． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算即可得到答案. 【详解】. 故答案为：. 13. 已知函数的图象过定点，正实数，满足，则的最小值为_____. 【答案】12 【解析】 【分析】由对数函数性质确定，，进而得到，再结合基本不等式即可求解. 【详解】当时， 所以函数的图象过定点， 所以，，即， 所以， 当且仅当，时等号成立. 故答案为：12 14. 已知长方体中，为矩形内一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若，则三棱锥体积的最小值是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，判断得的轨迹为抛物线一部分，建立平面直角坐标系，写出直线和抛物线段的方程，由题意，计算点到线段的最短距离，再由等体积法计算三棱锥最小体积. 【详解】如图，作平面，垂足为，再作，垂足为， 连接因为平面，故， 而平面，故平面， 而平面，故，故为的平面角， 则，，由，则， 又、平面，故，，则， 由抛物线定义可知，的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分， 所以的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分， 当点到线段距离最短时，三角形面积最小，即三棱锥体积最小， 取中点为原点，建立如图所示平面直角坐标系， 则，，， 则直线的方程为：，即， 抛物线的方程为，则， 由题意，令，得，代入，得，所以点的坐标为， 所以动点到直线的最短距离为， 因为，所以， 所以三棱锥体积的最小值为. 故答案为：. 四、解析题：共5小题，共77分.解析应写出详细的文字说明、证明过程成演算过程. 15. 我校对年高一上学期期中数学考试成绩（单位：分）进行分析，随机抽取名学生，将分数按照，，，，，分成组，制成了如图所示的频率分布直方图： （1）估计我校高一期中数学考试成绩的众数、平均分； （2）为了进一步了解学生对数学学习的情况，由频率分布直方图，成绩在和的两组中，用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取名学生，再从这名学生中随机抽取名学生进行问卷调查，求抽取的这名学生至少有人成绩在内的概率． 【答案】（1）众数是，平均分是93 （2）. 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图的性质，求得，结合众数和平均数的计算公式，即可求解； （2）利用列举法求得样本空间中样本点的总数及所求事件中所包含样本点的个数，利用古典概型的概率公式计算，即可求解． 【小问1详解】 由，可得． 即数学成绩在的频率为， 在的频率为， 在的频率为， 在的频率为， 在的频率为， 在频率为. 数学成绩在内的最多，所以众数是， 平均分是. 【小问2详解】 由题意可知，数学成绩在内的人数为（人），在内的人数为（人）． 用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取名学生， 则需在内抽取2人，分别记为、；[70，90)内抽取3人，分别记为、、， 记事件为“抽取的这2名学生至少有1人成绩在内”， 则样本空间为，共包含10个样本点， 而事件，包含7个样本点， 故，即抽取的这2名学生至少有1人成绩在内的概率为. 16. 已知函数，． （1）求函数的单调递减区间； （2）设为锐角三角形，角A所对边，角所对边，若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）整理可得，结合余弦函数单调性分析求解； （2）根据可得，利用余弦定理结合锐角三角形可得，即可得面积. 【小问1详解】 因为， 又因为，则， 且在内的单调递减区间为， 则，解得， 所以函数的单调递减区间. 【小问2详解】 因为，即， 且，则，可得，即， 由余弦定理可得，即， 整理可得，解得或， 显然边为最大边，则，解得， 可得，所以的面积. 17. 如图，三棱柱的侧面为菱形，平面平面，，. （1）证明：； （2）点到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 取的中点，连接，不妨设， 因为四边形为菱形，所以， 则，得到三角形是等边三角形，， 面，因为平面平面，所以平面， 而，可得，作， 如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 设，由题意得，，，， 则，，， 因为，所以，可得，解得， 而，得到，化简得， 解得（负根舍去），故， 而，得到，故. （2） 【解析】 【分析】（1）先判断需证明的结论和的具体长度无关，再设出具体边长，建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标，利用空间位置关系的向量证明求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，可得，， ，，同理可求， 则，，， 设平面的法向量， 可得，令，解得，， 得到，设点到平面的距离为， 由点到平面的距离公式得， 因为点到平面的距离为，所以，解得， 此时，，，， 可得，， 设面的法向量为， 可得，令，解得，， 得到，设直线与平面所成角为， 可得. 18. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设，讨论函数在上的单调性； （3）证明：对任意的，有． 【答案】（1） （2）在上单调递增. （3）证明如下： 原不等式等价于， 令，， 即证， ∵， ， 由（2）知在上单调递增， ∴， ∴ ∴在上单调递增，又因为， ∴，所以命题得证. 【解析】 【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程； （2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解； （3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证. 【小问1详解】 因为，所以， 即切点坐标为， 又， ∴切线斜率 ∴切线方程为： 【小问2详解】 因为， 所以， 令， 则， ∴在上单调递增， ∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. 【小问3详解】 略 19. 已知椭圆：的焦距和短轴长相等，且长轴长与焦距之差为． （1）求椭圆的方程； （2）按下面方法进行操作：过点作两条互相垂直且不与坐标轴重合的直线与，直线交椭圆于，两点，直线交椭圆于，两点，令弦与的中点分别为与，直线与轴交于点，其中相互平行，直线相互平行． （ⅰ）证明：为等比数列； （ⅱ）记的面积，数列的前项和为，若对于，均有，求实数的最小值． 【答案】（1） （2） （ⅰ）证明：设直线的斜率为k，则的斜率为， 因为直线过点，所以方程为， 与椭圆联立，整理得， 设，则中点的横坐标， 纵坐标，即， 同理直线的方程为， 与椭圆联立，得， 设，则中点的横坐标， 纵坐标，即， 则直线的斜率， 则直线的方程为， 令，解得， 所以是以1为首项，为公比的等比数列. （ⅱ）的最小值为. 【解析】 【分析】（1）设焦距为，根据条件及a，b，c的关系，可求得a，b的值，即可得答案. （2）（ⅰ）设直线的斜率为k，可得直线的方程，与椭圆联立，结合韦达定理，可得点坐标，同理求出直线方程，与椭圆联立，可得点坐标，求出直线方程，令，可得的表达式，根据等比数列的定义，即可得证. （ⅱ）的面积可分为和的面积之和，根据（2）可得面积的表达式，利用换元法，结合对勾函数的性质，可得，根据等比数列的定义及求和公式，分析计算，即可得答案. 【小问1详解】 设焦距为，由题意得，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）的面积可分为和的面积之和（在x轴上，在x轴两侧）， 则的长度为， 又， 则， 令， 设， 令，当且仅当时取等号， 所以， 因为在单调递增，所以， 则，当且仅当，即时取等号， 此时， 因为是以为首项，为公比的等比数列， 所以数列的前项和， 当，，所以. 因为对于，均有，所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $