精品解析：陕西榆林市靖边县靖边中学2025-2026学年高三第一学期第一次月考数学试卷

2023级高三第一学期第一次月考 数学试卷 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. 若集合， ，则（ ） A. B. C. D. 2. 在中，“”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 3. 已知复数z＝－2i，则z的共轭复数为（ ） A. 3－i B. 3＋i C. 3－3i D. 3＋3i 4. 在数列中， ，则（ ） A. 6072 B. 6073 C. 6074 D. 6075 5. 在中，已知，D为BC中点，则（ ） A. 2 B. C. D. 6. 已知向量，，且，若均为正数，则的最小值是（ ） A. B. C. 8 D. 24 7. 已知函数，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为R，对于任意实数x，y满足，且 ，则下列结论错误的是（ ） A. B. 为偶函数 C. 为奇函数 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，则下列命题错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. 在定义域上是增函数 D. 在定义域上是减函数 11. 设函数的定义域为，若存在，使得，则称是函数的二阶不动点.下列各函数中，有且仅有一个二阶不动点的函数是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 不等式的解集为__________． 13. 已知，则__________． 14. 设是定义在上的奇函数，且，当时，，则＝__________． 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△ABC中，，，，点D在边BC上，且． （1）求的值； （2）求线段的长． 16. 等比数列中，已知． （1）求数列的通项公式； （2）若分别为等差数列的第3项和第5项，试求数列的通项公式及前项和． 17. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，． （1）求A； （2）若，求的面积的最大值． 18. 已知向量， ，其中，x∈R．若函数的最小正周期为π． （1）求的值； （2）在中，若，，，求的值． 19. 已知函数. （1）当时，求的最小值； （2）设，若在定义域R上是增函数，求实数的取值集合. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023级高三第一学期第一次月考 数学试卷 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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】集合 ，而， 所以. 2. 在中，“”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦定理边角互化及“大角对大边”及“大边对大角”性质可得. 【详解】设外接圆半径为，由正弦定理得：，即，. 充分性验证： 若，由大角对大边得，即，所以充分性成立. 必要性验证：若，则，即，由大边对大角得，所以必要性成立. 因此“”是“” 的充要条件. 3. 已知复数z＝－2i，则z的共轭复数为（ ） A. 3－i B. 3＋i C. 3－3i D. 3＋3i 【答案】D 【解析】 【详解】. 所以的共轭复数为. 4. 在数列中，，则（ ） A. 6072 B. 6073 C. 6074 D. 6075 【答案】B 【解析】 【详解】由题可知数列为公差为3的等差数列， 所以 ， 所以 5. 在中，已知，D为BC中点，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据边长和角先求出，根据D为BC中点，可知，两边同时平方，将数带入计算结果即可. 【详解】解：因为，所以， 因为D为BC中点，所以,两边同时平方可得： ， 所以. 故选:D 6. 已知向量，，且，若均为正数，则的最小值是（ ） A. B. C. 8 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】先根据平面向量共线的坐标表示得到，再根据基本不等式“1”的代换求解即可. 【详解】由，得，即， 又均为正数， 则， 当且仅当，即时等号成立， 则的最小值是8. 7. 已知函数，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据可得对称性，进而根据函数的单调性，可得求解． 【详解】由， 得的图象关于直线对称， 设，则， 因为在上单调递增，且在上单调递增， 所以在上单调递增， 由，可得， 所以，整理得， 解得或． 8. 已知函数的定义域为R，对于任意实数x，y满足，且 ，则下列结论错误的是（ ） A. B. 为偶函数 C. 为奇函数 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件等式通过取特殊值求，由此判断A，D，再取特殊值确定，的关系结合函数的奇偶性的定义判断选项B，C. 【详解】因为，， 取，可得，又，所以；A对； 取，可得，因为，所以，所以为偶函数，C错，B对； 取，可得，又， ； 所以，D对； 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，则下列命题错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】当时可判断A选项；当时可判断B选项；C选项利用不等式的性质即可判断；当时可判断D选项. 【详解】对于A选项，若，，则，故A错误； 对于B选项，若，则当时，，故B错误； 对于C选项，若，则，两边同时乘以得，故C正确； 对于D选项，当时，满足，此时，故D错误. 故选：ABD. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. 在定义域上是增函数 D. 在定义域上是减函数 【答案】AC 【解析】 【分析】先求函数的定义域，再根据函数奇偶性的定义判断可得AB项的对错；再根据复合函数的单调性可得CD项的对错. 【详解】因为要使函数有意义，则，即， ，解得，所以函数的定义域为. 因此函数的定义域关于原点对称. 又因为， 故函数为奇函数，所以A正确，B错误； 令，则， 因为函数在上单调递减，所以函数在上单调递增， 因此函数在上单调递增，且，函数在上单调递增， 根据复合函数的单调性可知函数在上单调递增， 因此函数在定义域上是增函数，故C正确，D错误. 11. 设函数的定义域为，若存在，使得，则称是函数的二阶不动点.下列各函数中，有且仅有一个二阶不动点的函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】先定义一阶不动点，且得到二阶不动点包括两种情况，且证明出当单调递增时，一阶不动点和二阶不动点等价，A选项，找到一阶不动点，并画出函数图象，得到有且仅有一个二阶不动点；B选项，找到两个二阶不动点，不满足要求；C选项，单调递增，画出函数图象，找到仅有一个一阶不动点，即仅有一个二阶不动点，C正确；D选项，作出函数的图象，结合图象即可判断. 【详解】若，称为一阶不动点， 显然若，则满足，故一阶不动点显然也是二阶不动点， 若，则有，即都在函数的图象上， 即上存在两点关于对称，此时这两点的横坐标也为二阶不动点， 下证：当单调递增时，一阶不动点和二阶不动点等价， 因为，若，因为单调递增，所以， 即，矛盾， 若，因为单调递增，所以，即，矛盾， 综上：当单调递增时，一阶不动点和二阶不动点等价； 由题意得：只需与直线的交点个数为1， A选项，，解得：，有且仅有1个根， 画出与的图象，如下： 显然上不存在两点关于对称， 综上：有且仅有一个二阶不动点，满足要求，A正确； B选项，令，定义域为， 显然， 则均为的二阶不动点，不满足要求，B错误； C选项，定义域为R，单调递增，只需寻找一阶不动点即可， 令，整理得：， 令，则，单调递减， 再同一坐标系总画出两函数与图象，如下： 两函数只有1个交点，满足要求，C正确； D选项，令， 作出函数的图象， 由图可知，点与点关于直线对称， 且它们有一个交点，故函数不满足题意，因为此时有两个二阶不动点，故D错误. 故选：AC. 【点睛】结论点睛：函数新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 不等式的解集为__________． 【答案】 【解析】 【详解】由，得 ， 则，解得， 则不等式的解集为. 13. 已知，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】先利用二倍角公式和同角三角函数基本关系的平方关系构造齐次分式，再分子分母同时除以转化为正切的运算. 【详解】因为， 所以. 故答案为：. 14. 设是定义在上的奇函数，且，当时，，则＝__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据可得函数的对称轴为直线，再根据函数为奇函数，可推出函数是周期为的周期函数，最后将转化为求即可解决问题. 【详解】解：由可得，则关于直线对称， 又是定义在上的奇函数，则，所以， 因此，用替换得， 再用替换得，所以， 根据周期函数定义可知是周期为的周期函数，所以， 又因为当时，，所以 . 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△ABC中，，，，点D在边BC上，且． （1）求的值； （2）求线段的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理，代入三条边的长度，直接求解即可； （2）由（1）所求的值，利用同角三角函数求出的值，再根据正弦定理代入求值即可. 【小问1详解】 解：在△ABC中，， 因为，，，所以. 【小问2详解】 解：由（1）知，，所以， 在中，，由正弦定理可得，即， 解得. 16. 等比数列中，已知． （1）求数列的通项公式； （2）若分别为等差数列的第3项和第5项，试求数列的通项公式及前项和． 【答案】(1) . (2) . 【解析】 【详解】试题分析：（1）本题考查的是求等比数列的通项公式，由已知所给的条件建立等量关系可以分别求出首项和公比，代入等比数列的通项公式，即可得到所求答案． （2）由（1）可得等差数列的第3项和第5项，然后根据等差数列的性质可以求出等差数列的通项，然后根据等差数列的求和公式，即可得到其前项和． 试题解析：（Ⅰ）设的公比为由已知得，解得，所以 （Ⅱ）由（Ⅰ）得，，则， 设的公差为，则有解得 从而 所以数列的前项和 考点：等差、等比数列的性质 17. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，． （1）求A； （2）若，求的面积的最大值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，又，进而由两角和的正弦公式化简可得，利用辅助角公式得，从而利用三角函数知识即可求解； （2）根据余弦定理可得，利用基本不等式求积的最大值求得，最后由三角形面积公式，即可求得的面积的最大值． 【小问1详解】 解：在中，因为， 所以由正弦定理有， 即 ， 所以， 因为，所以， 所以，即， 因为，所以， 所以，解得：. 【小问2详解】 解：因为，所以由（1）及余弦定理可得， 则，即， ，则，即， 即，当且仅当时，取等号，所以， 所以的面积的最大值为. 18. 已知向量， ，其中，x∈R．若函数的最小正周期为π． （1）求的值； （2）在中，若，，，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用数量积的坐标表示，结合三角恒等变换化简函数，再由正弦函数周期公式求解. （2）由（1）的结论，结合正弦函数性质及已知求出角，再利用数量积的定义求解. 【小问1详解】 依题意， ，由的最小正周期为π，得，所以. 【小问2详解】 在中，由，得，由，得， 解得，即，由，得，显然为锐角， 因此，所以. 19. 已知函数. （1）当时，求的最小值； （2）设，若在定义域R上是增函数，求实数的取值集合. 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）求导数，由导函数得增区间，由得减区间； （2）求出导函数，题意说明恒成立，令，求导函数，再令，求导函数得时，恒成立，得是单调递增的，然后按分类讨论，结合零点存在定理说明的最小值是否是0，由此可得结论． 【小问1详解】 当时，，求导得， 令. 所以的增区间为，减区间，因此当时， 取得最小值1. 【小问2详解】 定义域为R，．因为若在定义域R上是增函数，则．令，， 令， ，注意到，，恒成立， 即在上单调递增． 1°当时，，故当时，，单调递减，当时，，单调递增，而，故，满足题意； 2°当时，所以为增函数，又，，故存在，使得，当时，单调递增，，不合题意，舍去； 3°当时，所以为增函数，又，，所以存在，使得，当时，，单调递减，，不合题意，舍去； 综上：． 【点睛】本题考查用导数确定函数的单调性，由单调性确定参数范围．难点在于需要多次求导以确定单调性与极值．目的是确定单调性，导数值的正负，得函数的单调性，函数的极值，分类讨论思想在解题中起到了简化作用．本题属于难题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $