精品解析：河南省信阳市高级中学北湖校区2025-2026学年高三上学期1月测试（一）数学试题

河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高三上期01月测试（一） 数学试题 一、单选题：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. 集合的非空真子集个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 6 2. 已知某圆柱的表面积为，则该圆柱的体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 3. 直线l：与圆O：相交于A，B两点，当时m的值为（ ） A. 10 B. 8 C. 6 D. 4 4. 已知函数满足对于任意的，都有，则的最小正周期的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 已知定义在上的可导函数的导函数为，若，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 已知点为曲线上的动点，则点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. 6 C. D. 9 7. 用五种不同颜色的涂料涂在如图所示的五个区域，相邻两个区域不能同色，且至少要用四种颜色，则不同的涂色方法有（ ） A 240 B. 480 C. 420 D. 360 8. 某人在次射击中击中目标的次数为，且，记，，若是唯一的最大值，则的值为（ ） A 1.28 B. 1.6 C. 6.4 D. 8 二、多选题：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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数，，满足，为的共轭复数，则下列说法一定正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，为的左顶点，过且斜率存在的直线与的左支分别交于，两点，设，分别为，的内切圆的圆心，且，则下列说法正确的是（ ） A. 的渐近线方程为 B. 直线轴 C. 双曲线的方程为 D. 的最小值为 11. 已知函数是定义域为R偶函数，是奇函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 是以4为周期的函数 D. 的图象关于对称 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 数列的通项公式为，则的前项和为__________（用含的式子表示）. 13. 已知某社区仅使用、两种网络手机信号，且使用、型信号的居民（每位居民只使用一种手机信号）占比均为，其中使用型信号的满意率为，使用型信号的满意率为，现引进型网络手机信号，将其开放给该社区使用，经统计，使用型信号的满意率为，当使用型网络手机信号的居民占比为________时（百分率保留一位小数），能够保证从对信号满意的居民中，随机抽取1人，使用型信号的概率为.（注：使用、型信号居民减少的占比，均为型信号增加的占比的一半） 14. 已知函数，若，则的取值范围为_____． 四、解答题：本大题共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. 设正项数列的前项之和，数列的前项之积，且． （1）求证：为等差数列，并分别求、的通项公式； （2）设数列的前项和为，不等式对任意正整数恒成立，求正实数的取值范围． 16. 记的内角，，的对边分别为，，.已知. （1）求的值； （2）若，求的取值范围. 17. 已知椭圆的下焦点为，其离心率为. （1）求椭圆标准方程； （2）过的直线与椭圆交于两点（直线与坐标轴不垂直），过作轴的垂线，垂足分别为，若直线与交于点，证明：点的纵坐标为定值. 18 已知函数． （1）若，求证：在上单调递减； （2）若在上恒成立，求a的取值范围； （3）证明： 19. 定义函数满足，且的定义域均为.已知函数. （1）求的解析式和定义域； （2）求的最小值； （3）若是的两个实根，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高三上期01月测试（一） 数学试题 一、单选题：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. 集合的非空真子集个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式求出集合中元素个数可得答案. 【详解】的解为为自然数集， 故中的元素个数为2，故其非空真子集个数为， 故选：B. 2. 已知某圆柱的表面积为，则该圆柱的体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，高为，体积为，由已知可得到圆柱的体积关于的函数关系式，再利用导数研究函数的单调性进而求得的最大值. 【详解】设圆柱的底面半径为，高为， 依题意得，，所以，所以，所以圆柱的体积为. 设，则， 令，解得（负值舍去）， 所以在上单调递增，在上单调递减， 因此当时，圆柱的体积取最大值，且. 故选：C. 3. 直线l：与圆O：相交于A，B两点，当时m的值为（ ） A. 10 B. 8 C. 6 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量积的定义求出，进而求出圆心到直线距离，再利用点到直线距离公式求解. 【详解】依题意，，解得，而， 则，，于是点到直线距离， 因此，而，所以. 故选：A 4. 已知函数满足对于任意的，都有，则的最小正周期的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得相邻两个相等函数值的间隔至少为1，据此可求得最小正周期的范围. 【详解】对于任意的，都有， 这等价于相邻两个函数值相等的间隔至少为1，对于函数， 相邻两个函数值相等的间隔即为周期，故最小正周期. 故选：C. 5. 已知定义在上的可导函数的导函数为，若，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，，利用导数判断出在上单调递减，由已知可得，再利用的单调性可得答案. 【详解】因为，，所以， 令，， 则， 因为，，所以， 所以在上单调递减， 因为，所以，所以， 即，可得， 又因为在上单调递减， 所以，解得. 故选：A. 6. 已知点为曲线上的动点，则点到直线的距离的最小值为（ ） A. B. 6 C. D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】根据曲线的切线与直线平行时，切点到直线的距离最小，求出曲线的切点，再根据点到直线的距离公式计算最小距离即可. 【详解】设曲线在点处的切线与直线平行， 由，得，则或， 则动点到直线的距离的最小值为. 所以点到直线的距离的最小值为， 故选：B. 7. 用五种不同颜色的涂料涂在如图所示的五个区域，相邻两个区域不能同色，且至少要用四种颜色，则不同的涂色方法有（ ） A. 240 B. 480 C. 420 D. 360 【答案】D 【解析】 分析】按照分类加法和分步乘法计算原理，对5个区域进行分步、分类涂色即可. 【详解】先不考虑至少要用四种颜色，完成涂色需要分5步，按照顺序依次涂区域CADEB， C区域有5种颜色可选，A区域有4种颜色可选，D区域有3种颜色可选； 若E区域与D区域颜色相同，E区域有1种颜色可选，则B区域有3种颜色可选； 若E区域与D区域颜色不同，E区域有2种颜色可选，则B区域有2种颜色可选； 再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得共有种； 如果只使用三种颜色涂色（小于三种无法涂色），则A，B同色且D,E同色，共有种涂色方法； 所以满足题意的不同的涂色方法有种. 故选：D. 8. 某人在次射击中击中目标的次数为，且，记，，若是唯一的最大值，则的值为（ ） A. 1.28 B. 1.6 C. 6.4 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，列出不等式求出，再利用二项分布的期望公式计算得解. 【详解】，，， 若是唯一的最大值，则 所以 解得． 因为，， ，，． ． 故选：A． 二、多选题：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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数，，满足，为的共轭复数，则下列说法一定正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用复数的模的运算可判断A，利用复数的几何意义可判断B，虚数不能比较大小可判断C，利用复数模的不等式可判断D. 【详解】对于A，设，，，，，，为虚数单位， 则，， 故，故A正确； 对于B，记，在复平面上对应的向量分别为，，可知，故B正确； 对于C，取，，，此时虚数无法比较大小，故C错误； 对于D，，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，，为的左顶点，过且斜率存在的直线与的左支分别交于，两点，设，分别为，的内切圆的圆心，且，则下列说法正确的是（ ） A. 的渐近线方程为 B. 直线轴 C. 双曲线的方程为 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据离心率以及双曲线的性质可求出双曲线的渐近线方程；对于B，根据这一性质以及线段之间的关系即可证明；对于C，根据这一条件以及离心率即可求出的值，从而求出双曲线方程；求出，再利用基本不等式求解判断D. 【详解】对于A，因为离心率，，所以， 化简得：，所以，所以双曲线的渐近线方程为，A错误； 对于B，过点作，因为是内切圆的圆心， 所以，因为， 所以，所以，所以①. 又②，①②联立解得，所以重合，轴，B正确； 对于C，根据题意可知，，由选项B知， 所以化简得，所以，又，解得， 从而，所以双曲线的方程为，C正确. 对于D，由选项B同理得轴，于是， 由分别平分，得 ，即， 由，得， 因此，而点，则， 那么根据基本不等式的性质，， 当且仅当，即时取等号，D正确. 故选：BCD 11. 已知函数是定义域为R的偶函数，是奇函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 是以4为周期的函数 D. 的图象关于对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知求出函数的对称中心，即可得出A项；根据对称中心以及偶函数的性质，即可得出函数的周期；根据函数的对称性，推导即可判断D项. 【详解】对于A项，由是奇函数，可得函数关于点对称， 所以有，故A项正确； 对于B项，无法求出的值，故B项错误； 对于C项，函数是定义域为R的偶函数，所以有. 又函数关于点对称， 所以， 所以有， 所以，， 所以有，所以是以4为周期的函数，故C项正确； 对于D项，因为,所以也是函数的对称轴. 又是以4为周期的函数，所以的图象关于对称，故D项正确. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 数列的通项公式为，则的前项和为__________（用含的式子表示）. 【答案】 【解析】 【分析】利用错位相减法即得. 【详解】因为， 所以，① 则，② 由①-②得， ， 故. 故答案为： 13. 已知某社区仅使用、两种网络手机信号，且使用、型信号的居民（每位居民只使用一种手机信号）占比均为，其中使用型信号的满意率为，使用型信号的满意率为，现引进型网络手机信号，将其开放给该社区使用，经统计，使用型信号的满意率为，当使用型网络手机信号的居民占比为________时（百分率保留一位小数），能够保证从对信号满意的居民中，随机抽取1人，使用型信号的概率为.（注：使用、型信号居民减少的占比，均为型信号增加的占比的一半） 【答案】 【解析】 【分析】设使用型网络手机信号的居民占比为时满足要求，结合全概率公式及条件概率公式即可求解. 【详解】设使用型网络手机信号的居民占比为时满足要求， 事件“对信号满意的居民中，随机抽取1人”， “该居民使用型信号”，“该居民使用型信号”， “该居民使用型信号”， 由全概率公式得， . 由条件概率公式得，， 所以， 解得：. 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：本大题共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. 设正项数列的前项之和，数列的前项之积，且． （1）求证：为等差数列，并分别求、的通项公式； （2）设数列的前项和为，不等式对任意正整数恒成立，求正实数的取值范围． 【答案】（1）证明见解析，，；（2）. 【解析】 【分析】（1）由题意可得，代入，化简可得，从而可得为等差数列，再由可求出，从而可求出，，而可求出，再验证的情况； （2）由（1）得：，再利用裂项相消求和法可求出，再求出的最小值，再解不等式，从而可求出正实数的取值范围 【详解】解：（1）由题意知：当时，，代入得：， 所以 由得：， 所以是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以，， 当时， 当时，也符号上式，所以 （2）由（1）得： 所以 显然单调递增，所以 由题意得：，即， 又，所以的取值范围为． 16. 记的内角，，的对边分别为，，.已知. （1）求的值； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角，再利用三角恒等变换得，则或，，根据三角形内角关系分析可得； （2）根据正弦定理和三角恒等变换得，再分析得，从而得解. 【小问1详解】 由正弦定理可得， 故， 即， 故或，. 而，故不成立，于是， 当时，； 当时，， 故，. 【小问2详解】 由（1）可得，， 由知，即，而又因为，故，于是， 根据正弦定理， 于是， 因为，故的取值范围是. 17. 已知椭圆的下焦点为，其离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过的直线与椭圆交于两点（直线与坐标轴不垂直），过作轴的垂线，垂足分别为，若直线与交于点，证明：点的纵坐标为定值. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出的方程求解； （2）设出直线的方程与椭圆方程联立，可得，求出直线与方程，求出交点的纵坐标，得证. 【小问1详解】 由题意可知，， 解得， 故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 设直线的方程为， ，则， 由，得，且， 则， 易知直线与的斜率均存在， 则直线的方程为①， 直线的方程为②， 联立①②消去得， ， 故点纵坐标为定值. 18. 已知函数． （1）若，求证：在上单调递减； （2）若在上恒成立，求a的取值范围； （3）证明： 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由，，利用求导判断单调性； （2）利用求导，分类讨论求解的范围； （3）根据（2），进行放缩，令代入整理，累加可得. 【小问1详解】 证明：由，则， 故，令， 则，令，则， 故，，在单调递增， ，，在单调递减， 故， 则在单调递减； 【小问2详解】 由在恒成立， 则在恒成立， 令在恒成立， ，令， 当时，，，，所以 所以，则在单调递减， 所以这与在恒成立矛盾，所以不满足条件， 当时，，对称轴， 若 即, 当时，，， 故，则在单调递增， 所以，故 . 若 即 当时，,则 故当时，，在单调递增， 当时，，在单调递减， 当时，，单调递增， 所以与在恒成立矛盾， 故. 【小问3详解】 由（2）时， 故时，， 令，则，， 则个不等式相加 故. 19. 定义函数满足，且的定义域均为.已知函数. （1）求的解析式和定义域； （2）求的最小值； （3）若是的两个实根，证明：. 【答案】（1），定义域为. （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据定义求出，，由此即可求出； （2）对函数求导，根据导数的正负判断函数的单调性，从而求得最值； （3）根据已知条件化为，换元令，得，构造函数，利用导数得到函数的单调性，利用函数单调性证明不等式即可. 【小问1详解】 由题意得，，令，故，， 又，所以，， 故，的定义域为. 【小问2详解】 因为，，所以， 令，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 故. 【小问3详解】 因为是的两个实根， 所以，， 则，，所以， 要证，只需证， 因为，且为增函数，所以， 因为，且在上为减函数，所以， 所以，所以即证 即证，即证， 即证，即证， 令，则只需证； 设， 则 ， 所以在上单调递增， 则，所以成立， 故 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $