精品解析：河南省濮阳市第一高级中学2025-2026学年高三上学期第五次质量检测（1月月考）数学试题

濮阳市一高2023级高三上学期第五次质量检测 数学试题 命题人：濮阳市一高数学命题中心 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足：，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列的前n项和为，若，为方程的两个实数根，则（ ） A. 3 B. 6 C. 5 D. 9 4. 若函数的最小正周期为，函数，满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 若，，，则的最小值为（ ） A. 5 B. C. D. 6. 如图，在菱形ABCD中，，E，F分别为线段BC，CD的中点，则（ ） A. B. 5 C. D. 13 7. 已知函数的定义域为，函数为偶函数，函数为奇函数，则下列说法错误的是（ ） A. 函数的一个对称中心为 B. C. 函数为周期函数，且一个周期为4 D. 8. 设，函数在区间上有唯一零点，则的最小值为（ ） A. B. e C. 3 D. 二、选择题：本题共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，下列一定正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. 当时， D. 在上有2025个零点 11. 如图，在棱长为1的正方体中，，分别为线段，上的动点（包括端点），点在底面内运动（包括边界），则下列说法正确的有（ ） A. 存在唯一的，，使得 B. 存在唯一的，，使得 C. 若为线段的中点，且平面，则动点的轨迹的长度为 D. 若为线段的中点，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则________ 13. 在数列中，已知其前项和则当为奇数时，________． 14. 已知函数存在对称中心，求的最小值________ 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. 已知函数. （1）求的解析式； （2）设，证明数列为等比数列，并求数列的前项和. 16. 已知函数 . （1）当时，讨论的单调性； （2）证明:当时，在上有且仅有一个零点. 17. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，①求二面角的正弦值; ②求点F到平面ADB的距离. 18. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设函数， （ⅰ）设为的极值点，证明：； （ⅱ）证明：对于任意正实数，，都有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 濮阳市一高2023级高三上学期第五次质量检测 数学试题 命题人：濮阳市一高数学命题中心 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出集合，再利用交集的定义可得. 【详解】由题得， 因为,所以， 所以. 故选：C. 2. 已知复数满足：，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，可得，进而结合题设可求得，再根据复数的除法法则计算即可. 【详解】设，则， 由，得， 即，所以， 则. 故选：B 3. 已知等差数列的前n项和为，若，为方程的两个实数根，则（ ） A. 3 B. 6 C. 5 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】先根据韦达定理得，然后利用等差数列的求和公式，结合等差数列的性质即可求解. 【详解】因为，为方程的两个实数根， 所以， 所以. 故选：B 4. 若函数的最小正周期为，函数，满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦型函数的周期公式求出的值，可得出函数的解析式，根据正弦型函数的奇偶性可得出关于的等式，即可得出正数的最小值. 【详解】因为函数的最小正周期为，所以， 则函数. 因为函数满足，所以函数是奇函数， 则，解得， 而，因此最小可取. 故选：D. 5. 若，，，则的最小值为（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，利用点到直线的距离公式可求的最小值. 【详解】令，由，可得， 原点到直线的距离为， 所以， 联立，可得， 所以当，时，取最小值，最小值为. 故选：D. 6. 如图，在菱形ABCD中，，E，F分别为线段BC，CD的中点，则（ ） A. B. 5 C. D. 13 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量表示与数量积运算即可得答案. 【详解】由题可知，， ， 所以， 故选：C 7. 已知函数的定义域为，函数为偶函数，函数为奇函数，则下列说法错误的是（ ） A. 函数的一个对称中心为 B. C. 函数为周期函数，且一个周期为4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，由为奇函数，则，再将代入化简可求出对称中心；对于B，由选项A可得，再由为偶函数可得，令可求出；对于C，由的图象关于点对称，结合求出进行判断；对于D，利用赋值法求解判断. 【详解】对于A，因为为奇函数， 所以，即， 所以，所以， 所以函数的图象关于点对称，所以A正确， 对于B，在中，令，得，得， 因为函数为偶函数，所以， 所以， 所以， 令，则，所以，得，所以B正确， 对于C，因为函数的图象关于点对称，， 所以，所以， 所以4不是的周期，所以C错误， 对于D，在中令，则， 令，则，因为，所以， 因为，所以，所以D正确， 故选：C 【点睛】关键点点睛：此题考查抽象函数的奇偶性、对称性和周期性，解题的关键是由已知条件化简后利用赋值法分析判断，考查计算能力，属于较难题. 8. 设，函数在区间上有唯一零点，则的最小值为（ ） A. B. e C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】令整理可得，设函数，求出的单调性可知要使有唯一零点，则，由此可得，再令，求出在上的最小值，即可得出答案. 【详解】令，，两边取对数得，整理得. 设函数，则. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以，有唯一零点，且，则，所以， 即， 设，, 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 易知在上的最小值为， 所以，当且仅当时取等. 故选:C. 二、选择题：本题共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，下列一定正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据指对幂函数的单调性求解. 【详解】对于A，在上单调递增， 又因为，所以，A错误； 对于B，是减函数，又因为，所以B正确； 对于C，为增函数，又因为，所以，故C正确； 对于D，是减函数，因为，所以，D错误． 故选：BC． 10. 已知函数，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. 当时， D. 在上有2025个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A：结合诱导公式，化简即可判断；对于选项B：当时，结合去绝对值的要求得，对求导后构造新函数即可判断的单调性；对于选项C：当时，结合去绝对值的要求得，通过求导后可得函数在上连续且单调递增，从而可得是否正确；对于选项D：求，即，结合去绝对值的方法，分两种情况即可得出的零点． 【详解】对于选项A：，故A正确； 对于选项B：当时，，故， 则：， 令，， 当，即时，，即， 故在上单调递减，故B错误； 对于选项C： 当时，，，， 故， 则， 当时，，故 由此可知函数在上连续且单调递增， 当时，； 当时，； 故．故C正确； 选对于项D：求，即，分情况： 1． 当时，，即，得或，得或； 2． 当时，，即，得，得． 综上，的解为． 故在内，，共2025个零点．故D正确． 故答案：ACD． 11. 如图，在棱长为1的正方体中，，分别为线段，上的动点（包括端点），点在底面内运动（包括边界），则下列说法正确的有（ ） A. 存在唯一的，，使得 B. 存在唯一的，，使得 C. 若为线段的中点，且平面，则动点的轨迹的长度为 D. 若为线段的中点，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线面垂直性质可知，当时与重合，判断A，由线面平行性质可知，不存在，，使得，判断B；易知中的中位线即为动点的轨迹，其长度为，判断C，利用对称性以及三点共线，判断D. 【详解】对于A选项，当时，因为平面， 所以在平面内或与平面平行， 故当且仅当与重合，且与重合时，，A选项正确； 对于B选项，过在平面内作的平行线，与底面内（包括边界）没有公共点， 故不存在，，使得，B选项不正确； 对于C选项，当为线段的中点时，过作与平面平行的截面， 与底面的交线为中的中位线，即为动点的轨迹，其长度为，C选项正确； 对于D选项，设关于平面的对称点为， 则，D选项正确． 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则________ 【答案】##0.5 【解析】 【分析】通过已知条件得出或，然后根据进行分析得出，代入计算即可. 【详解】因为， 所以， 或， ①当时，， 由，所以不存在整数满足题意， ②当时，， 由，当时， 所以， 故答案为：. 13. 在数列中，已知其前项和则当为奇数时，________． 【答案】 【解析】 【分析】当时，代入解析式，可得的值，当n为大于1的奇数时，根据，结合解析式，化简计算，综合即可得答案. 【详解】当时，， 当时，且为奇数时，为偶数， 所以，， 所以， 综上， 14. 已知函数存在对称中心，求的最小值________ 【答案】 【解析】 【分析】设函数存在对称中心，由列式可得，，进而结合二次函数的性质求解即可. 【详解】设函数存在对称中心， 由， 则， 即， 即 则， 解得，， 则， 所以时，取得最小值. 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. 已知函数. （1）求的解析式； （2）设，证明数列为等比数列，并求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 证明：由（1）可得， 所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列. . 【解析】 【分析】（1）由换元法求函数解析式； （2）利用等比数列的定义即可证明，再由裂项相消法求解. 【小问1详解】 解：令，则， 得， 所以. 【小问2详解】 因为， 所以. 16. 已知函数 . （1）当时，讨论的单调性； （2）证明:当时，在上有且仅有一个零点. 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数计算研究函数的单调性即可； （2）利用导数研究函数的单调性及零点存在性定理证明即可. 【小问1详解】 当时，， 所以， 所以当时，，当时，， 即在和上单调递增，在上单调递减， 【小问2详解】 易知，，， 当时，；当时，；当时，. 所以在上单调递增，上单调递减，在上单调递增， 又， 所以当时，，所以； 又， 所以在上有零点． 又因为在上单调递增，所以在上有且仅有一个零点. 17. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，①求二面角的正弦值; ②求点F到平面ADB的距离. 【答案】（1）证明见解析； （2）；② 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判断定理证得平面，从而证得； （2）由线面垂直的判定定理证得平面，以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面的一个法向量，根据二面角的向量求法以及同角三角函数关系可求得二面角的正弦值；根据等体积法求得点F到平面ADB的距离.或由点到平面的距离的向量求法求得点F到平面ADB的距离. 【小问1详解】 连接，因为E为BC中点，，所以， 因为，，所以与均为等边三角形， ，则. 因为，平面， 所以，平面. 因为平面，所以． 【小问2详解】 ①，，． ，，又，平面 平面． 如图所示，以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.    ，则，， 所以. 设平面的一个法向量分别为，平面的一个法向量为， ，取，所以； ，取，所以. 设二面角的平面角为. 则，从而． 所以二面角的正弦值为． ②由①知平面， 而可知，且平面，平面， 所以平面，则点到平面的距离与点到平面的距离相同， 设该距离为， 则，即. 方法二： 点到平面的距离为. 18. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设函数， （ⅰ）设为的极值点，证明：； （ⅱ）证明：对于任意正实数，，都有. 【答案】（1） （2）（ⅰ），显然单调递减， ∵，， ∴存在，使得，即， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， ∴为的极大值点，， ∵函数在区间上单调递增，∴， ∴； （ⅱ），易知单调递增， 令，即，即， 易知在区间上单调递减，在区间上单调递增， ∴的最小值为， 由（ⅰ）可知，的最大值为，且， 由于函数为增函数，∴， 对于任意正实数，，都有 ， ∵，∴，， ∴， ∴对于任意正实数，，都有. 【解析】 【分析】（1）根据导数几何意义、结合直线的点斜式方程、导数的运算法则进行求解即可； （2）（ⅰ）根据极值点的定义，结合函数零点存在原理、对勾函数的单调性进行求解即可； （ⅱ）利用导数判断函数的单调性，结合任意性的定义、函数的最大值进行求解即可. 【小问1详解】 ，，， ∴曲线在点处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $