精品解析：福建厦门市同安实验中学2026-2027学年第一学期高三第一次月考数学试卷

厦门市同安实验中学2026—2027学年第一学期高三年级第一次月考 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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. 若复数z满足，则（ ） A. 1 B. 5 C. 7 D. 25 3. 函数的图象大致为（） A. B. C. D. 4. 设，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则“”是“函数的定义域为”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 6. 已知的图象关于点对称，且对，都有成立，当时，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若，都有成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 下列命题中正确的是（ ） A. 命题“，”的否定为“，” B. 的图象恒过定点 C. 已知是定义在上的偶函数，且在是减函数，则 D. 函数的单调递增区间是 11. 已知函数，若，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则_______. 13. 已知不等式的解集为，则的最小值为_____． 14. 对于函数和，设，，若存在，，使得，则称与互为“零点相邻函数”.若函数与互为“零点相邻函数”，则实数的取值范围是_________. 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. 已知等比数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 16. 已知幂函数为偶函数. （1）求函数的解析式； （2）若函数，且在的最小值为，求的值. 17. 已知函数，. （1）若存在极小值，且极小值为，求； （2）若，求的取值范围. 18. 如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点. （1）求证：平面； （2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由； （3）在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状. 19. 已知函数，． （1）当，解不等式． （2）若有2个零点，证明：． （3）当时，正数m，n满足，，用a表示的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门市同安实验中学2026—2027学年第一学期高三年级第一次月考 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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】B 【解析】 【分析】根据集合的并集定义求解即可. 【详解】由并集的定义知. 2. 若复数z满足，则（ ） A. 1 B. 5 C. 7 D. 25 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模． 【详解】由题意有，故． 故选：B． 3. 函数的图象大致为（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出时函数的单调性和值域，再求出时函数的单调性和值域，从而采用排除法即可得到答案． 【详解】设， 当时，， ∴时，单调递增， 由，得， ， ∴选项C，D错误． 当时，， ∴时，单调递增， 由，得，即， ∴函数图象在轴下方，排除B选项，则选项A符合要求． 故选：A． 4. 设，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数函数和对数函数的性质求出的范围即可求解. 【详解】，， ，， ，， . 故选：D. 5. 已知函数，则“”是“函数的定义域为”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】C 【解析】 【分析】先求解函数定义域为时参数的取值范围，再通过判断两个范围的等价性确定条件类型. 【详解】若函数的定义域为，则不等式对任意恒成立，分情况讨论： 当时，不等式化为，对任意恒成立，满足要求； 当时，为二次函数，需满足， 解得，所以定义域为的充要条件就是，和题设给出的条件完全等价. 因此“”是“函数的定义域为”的充要条件. 6. 已知的图象关于点对称，且对，都有成立，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由图象平移的对称性推出是奇函数，再推导得到函数周期为，最后将转化为已知区间的函数值计算即可。 【详解】因为的图象关于点对称，所以函数的图象关于点对称， 即函数为奇函数，所以，因为对，都有成立， 所以，所以， 所以函数的周期为，因为当时，， 所以. 7. 已知函数，若，都有成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先分析出函数单调递增，再根据函数单调性定义得到不等式组，解出即可. 【详解】因为对于，都有成立，所以函数是增函数， 则函数和均为增函数，且有， 即，解得. 故选：C. 8. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，由对数的运算性质得到其为奇函数，再由复合函数的单调性得到其为递增函数，然后利用函数的奇偶性和单调性解不等式即可； 【详解】由题意可得令，定义域为， 则， 所以，即为奇函数， 又由复合函数的单调性可得在定义域上为增函数， 所以， 等价于，解得或. 故选：B. 二、多项选择题：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. 若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于AB，利用不等式的性质分析判断即可，对于CD，利用作差法分析判断 【详解】A 因为，，所以，， 若，则，所以，即故A正确； B.若，则，所以，即，故B正确； C.若，则，所以，即，故C不正确； D.因为，，所以，又，则， 所以，即故D正确． 故选：ABD． 10. 下列命题中正确的是（ ） A. 命题“，”的否定为“，” B. 的图象恒过定点 C. 已知是定义在上的偶函数，且在是减函数，则 D. 函数的单调递增区间是 【答案】AC 【解析】 【详解】选项A：特称命题的否定为全称命题，需将存在量词改为全称量词，同时否定结论， 原命题“，”的否定为“，”，正确. 选项B：指数函数满足，令即，代入得， 故函数恒过定点，不是，错误. 选项C：是偶函数，故，， 又在上为减函数，且，因此，正确. 选项D：因为为增函数，且对称轴为，且要满足， 即或，所以函数递增区间为，错误. 11. 已知函数，若，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】作出函数的图象，设，则直线与函数的图象个交点横坐标分别为，可得出，再结合对称性与对数运算即可得正确选项. 【详解】函数的图象如图所示， 设，则， 则直线与函数的图象个交点横坐标分别为， 对于A：函数的图象关于直线对称，则，故A正确； 对于B：由图象可知，且， ∴，即，所以，故B正确； 对于C，当时，， 由图象可知，则，故C错误； 对于D，由图象可知， 所以，故D错误. 故选：AB. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则_______. 【答案】 【解析】 【详解】由题意得：. 13. 已知不等式的解集为，则的最小值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】由不等式解集结合韦达定理得和，然后由基本不等式求得的最小值. 【详解】由题意可知，，， ，，当且仅当时，等号成立． 故答案为：. 14. 对于函数和，设，，若存在，，使得，则称与互为“零点相邻函数”.若函数与互为“零点相邻函数”，则实数的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数与单调性的关系及零点的定义求出；根据零点相邻函数的定义得到的零点，通过分离参数，构造函数，结合导数与单调性及最值的关系求解即可. 【详解】对，求导得，所以单调递增，仅有一个零点. 又，所以. 由题意知，即，解得，即在区间上有解. 的定义域为. 令，则，，可变形为， 令，故在区间上有解可转化为求在区间上的值域. 求导得. 令，即，解得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以在处取得最大值，为. 又，，所以在区间上的值域为. 因为在区间上有解，即在区间上有解，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. 已知等比数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设的公比为，根据等比数列通项公式和求和公式求解即可； （2）利用裂项相消即可求解. 【小问1详解】 设的公比为，由，得， 由，得，解得 所以． 【小问2详解】 由，得 所以． 16. 已知幂函数为偶函数. （1）求函数的解析式； （2）若函数，且在的最小值为，求的值. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据幂函数的定义和幂函数的奇偶性求解即可； （2）利用二次函数的性质以及分类讨论法，根据函数的最值分析即可. 【小问1详解】 由为幂函数，则， 即，解得：或， 当时，，由函数的定义域关于原点对称，且， 此时函数为偶函数，满足题意， 当时，，由函数的定义域关于原点对称，且， 此时函数为奇函数，不满足题意， 综上所述，函数. 【小问2详解】 由（1）知，则函数， 所以函数为开口向上，对称轴为的二次函数， ①当时，在上单调递增， 此时， 又在的最小值为， 所以，解得：，满足题意， ②当时，在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又在的最小值为， 所以，解得：（舍去）或， ③当时，在上单调递减， 此时， 又在的最小值为， 所以，解得：，不满足题意， 综上所述，的值为或. 17. 已知函数，. （1）若存在极小值，且极小值为，求； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，判断函数的单调性，结合极小值为求解； （2）将不等式分离参数，得，设，，利用导数求出最值得解. 【小问1详解】 ，， 当时，，所以函数无极值， 当时，由，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的极小值为，解得. 【小问2详解】 由，得，即，， 设，， 则， 当时，，即单调递减， 当时，，即单调递增， 所以，则， 所以的取值范围为. 18. 如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点. （1）求证：平面； （2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由； （3）在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状. 【答案】（1） 如图， 过E作交于点G,连接, 面，面，则， 又面，面，且不共线，故， 因为为的中点，所以也为中点，又为的中点，所以， 而平面，平面，所以平面，同理平面， 又因为，平面， 所以平面平面，而平面, 所以平面； （2） 存在，, 理由如下： 设如图, 以点A为原点建立空间直角坐标系, 则， 故， 则， 设平面的法向量 ,则有 ,取 , 整理得 , 解得 或(舍去)， 所以当时, 直线与平面所成角的正弦值是. （3） 存在， 由（2）知，平面的一个法向量， 点中点，则, 则中点到平面的距离为， 由，即故在以中点为球心，半径为的球面上， 而，故在面上的轨迹是半径为的圆， 故存在符合题意的， 此时轨迹是半径为 的圆. 【解析】 【分析】（1）过E作交于点G,连接,由线线平面证明面面平行，再由面面平行的性质即可得出线面平行的证明； （2）先求出面的法向量，设 , 利用向量法结合线面角得正弦值求解即可; （3）由 点在空间内轨迹为以中点为球心, 为半径的球,而 中点到平面的距离为 , 即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：第三问，根据题设有则在以中点为球心，半径为的球面上，再求中点到面距离，结合直观想象及计算确定在面上的轨迹. 19. 已知函数，． （1）当，解不等式． （2）若有2个零点，证明：． （3）当时，正数m，n满足，，用a表示的取值范围． 【答案】（1） （2）设，原题等价于有两正解，即有两正解， 注意到，由韦达定理知，即，而， 可得． （3） 【解析】 【分析】（1）直接代入，利用对数单调性去掉对数符号，转化为分式不等式求解； （2）零点即有解，且真数恒成立.转化为关于的方程有根问题，再用根的分布列不等式； （3）先利用求出的范围，再化简对数部分，最后转化为分式函数的值域问题. 【小问1详解】 原式等价于，可得，或（舍） 所以原不等式的解为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由，得，当且仅当，时取等号． ，则 令，则，且 ； 下面判断函数的单调性． ，，显然其单调性与相同， ，令，则且， 对应的函数为， 当时，取， ， 故在上单调递减，在上单调递减，即的单调递减区间为. 由单调性可知， 【点睛】方法点睛： （1）换元降次，注意定义域对解集的影响. （2）零点个数转化为二次方程根的分布，用判别式和韦达定理控制. （3）多变量问题要逐步消元，先固定，的关系求范围，再化简对数部分，最后转化为单变量函数的值域. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $