精品解析：甘肃兰州西北中学2025-2026学年高三第一学期第一次月考数学试题

2025～2026学年度第一学期第一次月考 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 设，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的代数运算以及复数相等即可解出． 【详解】因为， 所以，解得：． 故选：C. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：求出集合后可求. 【详解】[方法一]：直接法 因为，故，故选：B. [方法二]：【最优解】代入排除法 代入集合，可得，不满足，排除A、D； 代入集合，可得，不满足，排除C. 故选：B. 【整体点评】方法一：直接解不等式，利用交集运算求出，是通性通法； 方法二：根据选择题特征，利用特殊值代入验证，是该题的最优解． 3. 设 ，是向量，则“”是“或”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】B 【解析】 【分析】根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】因为，可得，即， 可知等价于， 若或，可得，即，可知必要性成立； 若，即，无法得出或， 例如，满足，但且，可知充分性不成立； 综上所述，“”是“或”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 函数的图像大致为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】分析：根据函数图象的特殊点，利用函数的导数研究函数的单调性，由排除法可得结果. 详解：函数过定点，排除， 求得函数的导数， 由得， 得或，此时函数单调递增，排除，故选D. 点睛：本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除. 5. 已知，则（ ） A. 25 B. 5 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出． 【详解】因为，，即，所以． 故选：C. 6. 某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解法一：画出树状图，结合古典概型概率公式即可求解. 解法二：分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解. 【详解】解法一：画出树状图，如图， 由树状图可得，出场次序共有24种， 其中符合题意的出场次序共有8种， 故所求概率； 解法二：当甲最后出场，乙第一个出场，丙有种排法，丁就种，共种； 当甲最后出场，乙排第二位或第三位出场，丙有种排法，丁就种，共种； 于是甲最后出场共种方法，同理乙最后出场共种方法，于是共种出场顺序符合题意； 基本事件总数显然是， 根据古典概型的计算公式，所求概率为. 故选：C 7. 已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可. 【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增， 则需满足，解得， 即a的范围是. 故选：B. 8. 已知函数若方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知，函数的图象有两个公共点，画图可知当直线介于 之间时，符合题意，故选B. 考点：函数与方程，函数的图象. 【详解】 二、多选题（每小题6分，共18分，部分选对得部分分，选错得0分．） 9. 下列命题正确的有（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. ，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】对于AC，举例判断即可，对于B，给已知等式两边取自然对数化简判断，对于D，先表示出，然后化简，再利用基本不等式分析判断. 【详解】对于A，，，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，，故错误； 对于D，， 所以 ，故D正确. 故选：BD 10. 已知是公比的正项等比数列的前项和，若，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 数列是公差为2的等差数列 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据条件即可求出等比数列的首项和公比，然后依次判断每个选项正误即可. 【详解】因为正项等比数列中，，， 所以， 因为， 解得或（舍，A正确； 所以，， 故数列是等比数列，B正确； ，C正确； ，则， 数列是公差为的等差数列，D错误； 故选：ABC． 11. 设抛物线的焦点为，为其上一动点，当运动到时，，直线与抛物线相交于两点，点，下列结论正确的是（ ） A. 抛物线的方程为 B. 的最小值为6 C. 存在直线，使得、两点关于对称 D. 当直线过焦点时，以为直径的圆与轴相切 【答案】BD 【解析】 【分析】根据得到故，错误，，正确，计算中点在抛物线上，错误，计算，正确，得到答案. 【详解】，故，，故，错误； 过作垂直于准线于，则，当共线时等号成立，故正确； 设，，设中点则，， 相减得到，即，故，故，点在抛物线上，不成立，故不存在，错误； 如图所示：为中点，故，故为直径的圆与轴相切，故正确； 故选：. 【点睛】本题考查了抛物线方程，最值，对称，直线和圆的位置关系，意在考查学生的计算能力，转化能力，综合应用能力. 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 若，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据同角三角关系求，进而可得结果. 【详解】因为，则， 又因为，则， 且，解得或（舍去）， 所以. 故答案为：. 13. 若某圆锥的底面半径为2，高为2，则该圆锥的侧面积为__________．（结果保留） 【答案】 【解析】 【分析】根据扇形面积公式，求出弧长和半径，求出扇形面积即可. 【详解】圆锥的底面半径为2，高为2，则圆锥底面周长为，母线长为， 则侧面展开扇形面积为； 故答案为：. 14. 已知是奇函数，且当时，.若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】当时，代入条件即可得解. 【详解】因为是奇函数，且当时，． 又因为，， 所以，两边取以为底的对数得，所以，即． 【点睛】本题主要考查函数奇偶性，对数的计算．渗透了数学运算、直观想象素养．使用转化思想得出答案． 四、解答题（共77分） 15. 如图，在三棱锥中，平面，． （1）求证：平面PAB； （2）求二面角的大小． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解. 【小问1详解】 因为平面平面， 所以，同理， 所以为直角三角形， 又因为，， 所以，则为直角三角形，故， 又因为，， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）平面，又平面，则， 以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图， 则， 所以， 设平面的法向量为，则，即 令，则，所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以， 所以， 又因为二面角为锐二面角， 所以二面角的大小为. 16. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值． 【答案】（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为. 【解析】 【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果. 【详解】（1）当时，，则，，， 此时，曲线在点处的切线方程为，即； （2）因为，则， 由题意可得，解得， 故，，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数的增区间为、，单调递减区间为. 当时，；当时，. 所以，，. 17. 甲、乙两队参加奥运知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为，乙队中3人答对的概率分别为且各人正确与否相互之间没有影响．用表示甲队的总得分． （1）求随机变量分布列和数学期望； （2）用A表示“甲、乙两个队总得分之和等于3”这一事件，用B表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，求． 【答案】（1）分布列见解析，数学期望为2 （2） 【解析】 【分析】（1）的可能取值为，分别计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案. （2）用表示“甲队得2分，乙队得1分”这一事件，用表示“甲队得3分，乙队得0分”这一事件，，计算得到答案. 【小问1详解】 的可能取值为 ，， ，， 所以的分布列为： ，即的数学期望为2 . 【小问2详解】 用表示“甲队得2分，乙队得1分”这一事件，用表示“甲队得3分，乙队得0分”这一事件，所以, 且互斥， ， ， 由互斥事件的概率公式得. 18. 已知在数列中，． （1）求证：数列是等差数列，并求数列的前项和； （2）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，求面积的最大值． 【答案】（1）证明见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，由等差数列的定义写出的通项公式，进而可得的通项公式，应用裂项相消法求前项和即可； （2）根据题设三角恒等式，结合正弦定理得，由三角形内角性质求角，由余弦定理及基本不等式求的范围，应用三角形面积公式，求面积的最大值. 【小问1详解】 由题意，，即 为等差数列：首项，公差， ，则， 设， 【小问2详解】 由正弦定理，有，． 即，又， ，即 由， 由余弦定理得：，． ，即，当且仅当时取等号， ，即△ABC面积最大值为． 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性. (2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论. 【详解】(1)的定义域为． 由得，， 当时，；当时；当时，． 故在区间内为增函数，在区间内为减函数， (2)[方法一]：等价转化 由得，即． 由，得． 由（1）不妨设，则，从而，得， ①令， 则， 当时，，在区间内为减函数，， 从而，所以， 由（1）得即．① 令，则， 当时，，在区间内为增函数，， 从而，所以． 又由，可得， 所以．② 由①②得． [方法二]【最优解】：变形为，所以． 令．则上式变为， 于是命题转换为证明：． 令，则有，不妨设． 由（1）知，先证． 要证： ． 令， 则， 在区间内单调递增，所以，即． 再证． 因为，所以需证． 令， 所以，故在区间内单调递增． 所以．故，即． 综合可知． [方法三]：比值代换 证明同证法2．以下证明． 不妨设，则， 由得，， 要证，只需证，两边取对数得， 即， 即证． 记，则. 记，则， 所以，在区间内单调递减．，则， 所以在区间内单调递减． 由得，所以， 即． [方法四]：构造函数法 由已知得，令， 不妨设，所以． 由（Ⅰ）知，，只需证． 证明同证法2． 再证明．令． 令，则． 所以，在区间内单调递增． 因为，所以，即 又因为，所以， 即． 因为，所以，即． 综上，有结论得证． 【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能. 方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略. 方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可. 方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年度第一学期第一次月考 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 设，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 设 ，是向量，则“”是“或”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. 函数的图像大致为 A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. 25 B. 5 C. D. 6. 某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数若方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围是 A. B. C. D. 二、多选题（每小题6分，共18分，部分选对得部分分，选错得0分．） 9. 下列命题正确的有（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. ，，则 10. 已知是公比的正项等比数列的前项和，若，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 数列是公差为2的等差数列 11. 设抛物线的焦点为，为其上一动点，当运动到时，，直线与抛物线相交于两点，点，下列结论正确的是（ ） A. 抛物线的方程为 B. 的最小值为6 C. 存在直线，使得、两点关于对称 D. 当直线过焦点时，以为直径的圆与轴相切 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 若，则________． 13. 若某圆锥的底面半径为2，高为2，则该圆锥的侧面积为__________．（结果保留） 14. 已知是奇函数，且当时，.若，则__________. 四、解答题（共77分） 15. 如图，在三棱锥中，平面，． （1）求证：平面PAB； （2）求二面角的大小． 16. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值． 17. 甲、乙两队参加奥运知识竞赛，每队3人，每人回答一个问题，答对者为本队赢得一分，答错得零分．假设甲队中每人答对的概率均为，乙队中3人答对的概率分别为且各人正确与否相互之间没有影响．用表示甲队的总得分． （1）求随机变量分布列和数学期望； （2）用A表示“甲、乙两个队总得分之和等于3”这一事件，用B表示“甲队总得分大于乙队总得分”这一事件，求． 18. 已知在数列中，． （1）求证：数列是等差数列，并求数列的前项和； （2）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，求面积的最大值． 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $