精品解析：安徽省滁州市定远县育才学校2025-2026学年高三上学期1月月考数学试题

定远育才学校2025-2026学年高三（上）1月考试卷 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知命题为假命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. . C D. 3. 设、是两个集合，定义集合为、的“差集”，已知，那么等于（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在直角梯形中，，以四条边为直径向外作四个半圆，点是这四个半圆弧上的一个动点，则的最大值是（ ） A. 8 B. 16 C. D. 7. 已知点，圆，点F是上的动点，过F作圆O的切线，切点分别为A，B，直线AB与OF交于点M，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，直四棱柱，点M，N，P分别为，和的中点，底面为菱形，且记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 设函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是极大值点 B. 当时， C. 当时， D. 若关于x方程恰有3个不等的实根，则m的范围是 10. 大庆油田第四届冰雪嘉年华以“逐梦油城情系亚冬”为主题，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上转，可以从高处俯瞰油城景色．某摩天轮轮盘直径为124米，设置有36个座舱．游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，当到达最高点距地面145米时大约需要15分钟，当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时经过分钟后游客甲距离地面的高度为米，已知关于的函数关系式满足（其中，，）．下列说法正确的有（ ） A. 求摩天轮转动一周的解析式 B. 游客甲坐上摩天轮后10分钟，距离地面的高度第一次恰好达到52米 C. 游客甲坐上摩天轮后，一段连续的5分钟时间内，高度变化最多可达62米 D. 若游客乙在游客甲之后进入座舱，且中间间隔5个座舱，从游客甲坐上摩天轮后开始计时，分钟后游客乙和游客甲距离地面的高度恰好首次相同 11. 如图，类似“心形”曲线，可以看成由上部分曲线：，下部分曲线：构成，过曲线的焦点的直线与曲线交于M，N两点，是“心形”曲线E上的动点，下列说法正确的是（ ） A. 的方程为 B. 的最大值为 C. 直线与曲线E有4个交点，则m的取值范围为 D. 面积的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 椭圆上一点A关于原点的对称点为B，F为椭圆的右焦点，若，设，且，则该椭圆离心率的最大值为______． 13. 如图几何体是圆锥的一部分，其中，，.从点出发沿曲面运动到的最短路线的距离是_____. 14. 已知函数的定义域为，对于任意 当 时，（其中c为自然对数的底数），若，则实数a的取值范围为___________. 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. 在中，设角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足． （1）求角B； （2）若，求面积的最大值； （3）求的取值范围． 16. 已知数列的前项和为，且对任意的有. （1）证明：数列为等比数列； （2）求数列的前项和. 17. 如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，分别为，的中点． （1）求与平面所成角的正弦值； （2）线段的延长线上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 18. 已知点在双曲线上，是的左､右顶点，是的右焦点，，且是整数. （1）求双曲线的方程； （2）设过点的直线与的右支交于两点，直线与直线交于点. （i）证明：点在定直线上； （ii）若直线与直线交于点，求面积的最小值. 19 已知，函数.（其中） （1）当时，解不等式； （2）若关于的方程的解集中恰有一个元素，求的取值范围； （3）设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 定远育才学校2025-2026学年高三（上）1月考试卷 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据运算的周期性和复数的除法运算直接化简求解即可. 【详解】，. 故选：A. 2. 已知命题为假命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. . C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由一元二次不等式恒成立，借助判别式即可求解. 【详解】因为命题为假命题， 所以为真命题， 若，则不等式等价为，对于不恒成立， 若，则，解得：， 所以实数的取值范围为； 故选：B 3. 设、是两个集合，定义集合为、的“差集”，已知，那么等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先分别对两个集合进行化简，然后按照，求出即可. 【详解】∵，化简得：， 而，化简得：. ∵定义集合，∴ 故选：B. 【点睛】本题考查元素与集合关系的判断，以及绝对值不等式的解法，考查对集合知识的熟练掌握，属于基础题. 4. 已知，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知求得，，结合求值即可. 【详解】由题设，，又，， 所以，， 又. 故选：D 5. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据时，排除CD，再根据导函数研究函数的单调性，排除A 【详解】当时，．排除CD； 又，当时，，单调递增；当时，，单调递减，A错误，B正确 故选：B． 6. 如图，在直角梯形中，，以四条边为直径向外作四个半圆，点是这四个半圆弧上的一个动点，则的最大值是（ ） A. 8 B. 16 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据点的位置，分类讨论，利用数量积的定义即可求解. 【详解】要使最大，与的夹角小于， 当点在弧上时，， 当点在弧上时，， 当点在弧上时，取线段中点为， 则 ， 所以当与同向时，， 此时最大值为， 故选：D. 7. 已知点，圆，点F是上的动点，过F作圆O的切线，切点分别为A，B，直线AB与OF交于点M，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，由表示出点坐标，代入直线方程得出点的轨迹，根据点到圆上一点距离最小值求法计算即可． 【详解】设，由题可知，则， 即， 所以，所以点， 将点F的坐标代入，化简得（不同时为0）， 故点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 又，点在该圆外， 所以的最小值为. 故选：C 8. 如图，直四棱柱，点M，N，P分别为，和的中点，底面为菱形，且记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】证明平面，然后以以P为原点，分别以直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求出后可比较大小 【详解】解：连接，由底面为菱形，， 所以为等边三角形，故 取中点，连接， 因为是直四棱柱，所以平面， 又平面，所以 不妨设，所以，故， 由三线两两互相垂直，故以P为原点， 所在方向建立x，y，z轴，如下图所示： 则,， ， 由平面ABCD，所以平面ABCD可取， 设平面PMN的法向量为， 所以， 取，则，故 由MN与所成的角为，MN与平面ABCD所成的角为， 二面角的平面角为， 其中 所以， ， 所以， ， 因为在上递减，， 又， 所以 故选：C 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 设函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是的极大值点 B. 当时， C. 当时， D. 若关于x的方程恰有3个不等的实根，则m的范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】由导数得出函数单调性即可判断ABC，作出函数图象即可判断D． 【详解】令，解得或， 当时，，则在上单调递减， 当和时，，则在和上单调递增， 对于A，是的极大值点，故A正确； 对于B，当，则， 因为在上单调递增，在上单调递减，， 所以，故B正确； 对于C，当时，且，又在上单调递增， 所以，故C错误； 对于D，由函数单调性得的极小值，极大值，作出函数图象，如图所示， 由图像可知，关于x的方程恰有3个不等的实根，则m的范围是，故D正确； 故选：ABD． 10. 大庆油田第四届冰雪嘉年华以“逐梦油城情系亚冬”为主题，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上转，可以从高处俯瞰油城景色．某摩天轮轮盘直径为124米，设置有36个座舱．游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，当到达最高点距地面145米时大约需要15分钟，当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时经过分钟后游客甲距离地面的高度为米，已知关于的函数关系式满足（其中，，）．下列说法正确的有（ ） A. 求摩天轮转动一周的解析式 B. 游客甲坐上摩天轮后10分钟，距离地面的高度第一次恰好达到52米 C. 游客甲坐上摩天轮后，一段连续的5分钟时间内，高度变化最多可达62米 D. 若游客乙在游客甲之后进入座舱，且中间间隔5个座舱，从游客甲坐上摩天轮后开始计时，分钟后游客乙和游客甲距离地面的高度恰好首次相同 【答案】ACD 【解析】 【分析】理解题意依次求得,由公式计算出，代入点求出，即得判断A，依题意，解三角方程即可判断B，设出高度变化的解析式并利用和差化积进行化简，再利用正弦函数的性质求解最大值判断C，依题意可得，由此解得，，由已知得，即得时，，进而判断D即可. 【详解】对于A，由题意知，，，解得， 又，所以， 时，，解得， 因为，所以， 所以，；故A正确， 对于B，令，得，解得， 即，可得，而，结合题意可得， 当时，即，游客甲距离地面的高度第一次恰好达到52米， 所以游客甲坐上摩天轮后5分钟，距离地面的高度第一次恰好达到52米；故B错误， 对于C，由题意知， 设任意一段连续的5分钟时间内的起始时刻为， 此时， ， 则高度变化为， 由和差化积公式得， 结合正弦函数的性质可得， 则在一段连续的5分钟时间内，高度变化最多可达62米，故C正确， 对于D，由题意知， 因中间间隔5个座舱，从第1个座舱到第6个座舱需要5分钟， 则有， 依题意，即， 即，所以，解得，； 所以，；时，，不合题意；当时，， 即从游客甲坐上摩天轮后开始计时，经过17.5分钟游客乙和游客甲距离地面的高度首次恰好相同，故D正确. 故选：ACD 11. 如图，类似“心形”的曲线，可以看成由上部分曲线：，下部分曲线：构成，过曲线的焦点的直线与曲线交于M，N两点，是“心形”曲线E上的动点，下列说法正确的是（ ） A. 的方程为 B. 的最大值为 C. 直线与曲线E有4个交点，则m的取值范围为 D. 面积的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题设易知上半部分表示以为圆心，1为半径的2个半圆，进而确定下半部分椭圆参数得方程，结合椭圆性质判断A、B；设直线方程，数形结合及联立椭圆方程，应用韦达定理、弦长公式、点线距离公式求面积，判断C、D. 【详解】由可变形为， 则上半部分表示以为圆心，1为半径的2个半圆. 曲线的焦点为，解得，，， 则曲线的方程为，故A正确； 另椭圆的上焦点，所以可以看成， 当点位于的下顶点时，最大，所以，故B错误； 当直线与第一象限半圆相切时，，则， 由图，可得的取值范围为，故C正确； 根据对称性，不妨设，联立，消去并整理得， 且，则，， 则， 所以， 设，易得， 函数在上单调递增，， 所以的最大值为，故D错误. 故选：AC 【点睛】关键点点睛：根据已知确定上下两部分对应曲线的性质，再应用数形结合、直线与曲线的位置情况求参数和三角形面积为关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 椭圆上一点A关于原点的对称点为B，F为椭圆的右焦点，若，设，且，则该椭圆离心率的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】 设左焦点为，根据椭圆的定义有，，且O是直角三角形斜边的中点，所以，离心率，由角的范围可求得离心率的最大值. 【详解】因为关于原点对称，所以B也在椭圆上，设左焦点为，根据椭圆的定义：， 又因为，所以，O是直角三角形斜边的中点，所以， 所以，所以， 由于，所以当时，离心率的最大值为：, 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：求椭圆的离心率关键在于由椭圆的定义，善于利用平面几何中的边、角关系建立关于的等式或不等式. 13. 如图几何体是圆锥的一部分，其中，，.从点出发沿曲面运动到的最短路线的距离是_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，求出各个长度，以及和的长，即可求出所需圆心角，将圆锥的侧面展开，分析可得线段AB即为所求，根据余弦定理，即可求得答案. 【详解】连接OA，OB，因为，，则， 所以劣弧即缺少的圆弧的长为，占底面圆周的， 圆O的周长为，则几何体所在的圆锥的侧面展开图，即扇形的圆心角为， 所以侧面展开图中的长为，则， 所以 ， 所以，则从点出发沿曲面运动到的最短路线的距离是. 故答案为： 14. 已知函数的定义域为，对于任意 当 时，（其中c为自然对数的底数），若，则实数a的取值范围为___________. 【答案】 【解析】 【分析】变形，构造函数，根据单调性即可求解. 【详解】由题意得，，， 令, 则在上单调递增,且, 由,得,即, 所以，解得, 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. 在中，设角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足． （1）求角B； （2）若，求面积的最大值； （3）求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合辅助角公式进行求解即可； （2）根据三角形面积公式，结合余弦定理以及基本不等式求解即可； （3）利用正弦定理边角互化将原式转化为，然后令，将原式化为：，最后结合二次函数性质求解值域. 【小问1详解】 因为， 根据正弦定理得：， 且， 可得， 即， 又因为，则， 可得，整理可得， 且，则， 可得，解得. 【小问2详解】 由余弦定理得：，即， 可得，解得，当且仅当时，等号成立， 所以的面积为：， 故面积的最大值为. 【小问3详解】 根据正弦定理得： ， 令，则， 可得， 将原式化为：， 因为，则，可得， 根据二次函数的图像性质得到， 当时，原式取得最小值，； 当时，原式取得最大值，； 故的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：对于（3）：对于已知角的范围问题，解题关键是利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换化简整理，进而根据三角函数有界性分析求解. 16. 已知数列的前项和为，且对任意的有. （1）证明：数列为等比数列； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） 证明：当时，，则；. 当时，由可得. 两式相减得，即，. 因为，则，，以此类推可知，对任意的，， 所以，数列构成首项为，公比为的等比数列. （2） 【解析】 【分析】（1）令可求得的值，令，由可得，两式作差可得出，结合等比数列的定义可证得结论成立； （2）求得，利用分组求和法可求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1），故，则. 所以， . 17. 如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，分别为，的中点． （1）求与平面所成角的正弦值； （2）线段的延长线上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值，若不存在，说明理由． 【答案】（1） ． （2）存在， ． 【解析】 【分析】（1）由线面角的向量求法求解； （2）假设存在点，由面面角的向量求法确定点坐标，并计算的值. 【小问1详解】 因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ， 所以 平面 ， 因为 平面 ， 所以 ， ， 又， 因为 ，所以 ． 以为原点，、、为 轴正方向建系，如图所示， 则 ， 所以 ， 设平面的法向量 ， 则 ，即 ， 令 ，则 ，所以 ， 设 与平面 所成角为 ， 则 ， 所以 与平面 所成角的正弦值 ． 【小问2详解】 假设存在点，设 ，则 ， 所以 ， ， 设平面 的法向量 ， 则 ，即 ， 令 ，则 ，即 ， 所以 ， 整理得 ，解得 或 ， 所以 或 舍， 所以存在点使得平面 与平面 夹角的余弦值为 ，且 ． 18. 已知点在双曲线上，是的左､右顶点，是的右焦点，，且是整数. （1）求双曲线的方程； （2）设过点的直线与的右支交于两点，直线与直线交于点. （i）证明：点在定直线上； （ii）若直线与直线交于点，求面积的最小值. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）9 【解析】 【分析】（1）利用和两点间距离公式得到，再结合点在双曲线上和可得双曲线方程； （2）（i）设直线的方程，联立曲线方程，得到韦达定理，再表示出直线、的方程，解出交点坐标可得； （ii）利用与（i）同样的解法求出点坐标，得到，再利用三角形面积公式可解. 【小问1详解】 设的右顶点，右焦点， 由得， 又，又是整数，且， 所以， 所以的方程为. 【小问2详解】 （i）证明：由（1）知， 由题意可设直线的方程为，. 联立方程得， 则， 直线的方程为的方程为， 所以 ， ，即点坐标为， 所以点在定直线上. （ii）解：因为直线与直线交于点， 同样可求得直线与直线交于点. ， ， ， 所以，当且仅当时取等号， 又点到直线的距离为3， 所以面积的最小值为9. 19. 已知，函数.（其中） （1）当时，解不等式； （2）若关于的方程的解集中恰有一个元素，求的取值范围； （3）设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过，求的取值范围. 【答案】（1） （2）或或 （3） 【解析】 【分析】（1）利用对数函数单调性解对数不等式，求出答案； （2）变形得到，，分，和且三种情况，进行求解，得到答案. （3）先判断出的单调性，从而得到，换元后结合对勾函数单调性求出最值，求出实数的取值范围 【小问1详解】 当时，， 由，则，得， 解得； 【小问2详解】 由， 得， 即， 即，①. 则，即，② 当时，方程②的解为，代入①，成立. 当时，方程②的解为，代入①，成立. 当且时，方程②的解为或， 若是方程①的解，则，即， 若是方程①的解，则，即， 则要使方程①有且仅有一个解，则. 综上，若方程的解集中恰好有一个元素， 则的取值范围是，或或. 【小问3详解】 由复合函数单调性可知在区间上单调递减， 且最大值与最小值的差不超过， 即， 即，即. 设，则，， 当时，， 当时，， 在上递减，， ， 实数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $