精品解析：福建厦门市九溪高级中学2026-2027学年高三上学期第一次月考数学试卷

厦门市九溪高级中学2026-2027学年高三(上)第一次月考数学试卷 命题人：林欣欣、陈莹 审核人：孙华 本试卷满分150分，考试用时120分钟 一. 单选题 （每题5分，总共40分） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求解一元二次不等式得全集，借助于数轴进行补集运算即得. 【详解】由可得，，即， 而，故. 故选：D. 2. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件结合公式求，再利用两角差正弦公式求结论. 【详解】因为，，， 所以， 所以， 故选：A. 3. 设，，，则（     ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】已知幂函数在上单调递增，所以，即， 由，则， 综上． 4. 如图是函数的部分图象，则的解析式为（     ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由图象关于轴对称可知为偶函数，先利用函数奇偶性排除B、D，再结合时图象位于轴下方判断A、C的符号． 【详解】选项A、C中，与（或其相反数）均为奇函数，因此相应函数为偶函数； 选项B、D中，为偶函数，而分母为奇函数，因此相应函数为奇函数，B、D不符合图象． 当时，，且，所以； 而图象在该区间内位于轴下方，因此． 5. 函数 的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（     ） A. B. 函数图象上的所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数的图象 C. 点是函数的图象的一个对称中心 D. 函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象关于轴对称 【答案】C 【解析】 【分析】对于A由图观察出周期，即可得到，用五点法代入点，可求出，再用诱导公式转换即可判断；对于B利用伸缩变换即可判断；对于C代入检验此点是不是零点，即可判断；对于D判断平移后的函数是否为偶函数，即可判断. 【详解】对于A，由图可知：，， 用五点法代入点，可得，即， 不妨取，， 因为，故A正确； 对于B，函数图象上的所有点的横坐标缩短为原来的可得的图象，故B正确； 对于C，因为， 所以点不是函数的图象的一个对称中心，故C错误； 对于D，向右平移后的函数， 又，为偶函数，故D正确． 6. “学如逆水行舟，不进则退；心似平原跑马，易放难收”（明·《增广贤文》）是勉励人们专心学习的.如果每天的“进步”率都是1%，那么一年后是；如果每天的“退步”率都是1%，那么一年后是.一年后“进步”的是“退步”的倍.如果每天的“进步”率和“退步”率都是20%，那么大约经过（ ）天后“进步”的是“退步”的一万倍.（） A. 20 B. 21 C. 22 D. 23 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可列出方程，求解即可， 【详解】设经过天“进步“的值是“退步”的值的10000倍, 则， 即， , 故选：D． 7. 已知是函数的两个极值点，且，则的图象的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合已知可知，可求，进而可求，代入，结合，可求出对称中心． 【详解】图象上两个极值点，满足， ，即， ，，所以，所以 ，，，， 当时，，， 所以点为函数的图象的一个对称中心． 故选：D． 8. 已知函数 ， 若不等式 对任意恒成立，则实数a 的取值可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，得到，推得为偶函数，得到的图象关于对称，再利用导数求得当时，单调递增；当时，单调递减，把原不等式转化为恒成立，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】由函数， 令，则，可得， 因为，所以为偶函数； 即函数的图象关于对称； 由，则， 当时，，单调递增，即时，单调递增； 当时，，单调递减，即时，单调递减； 由不等式，可得，即， 所以不等式对任意恒成立，可以转化为： 不等式恒成立，即恒成立； 即的解集为，转化为，解得； 结合选项可得B合适. 二、多选题（每题6分，总共18分） 9. 已知，，且，则（     ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用不等式的性质和基本不等式的应用，结合指数函数与对数函数的单调性，对选项逐一分析判断. 【详解】对于A， ，当且仅当 时等号成立．故A正确； 对于B， ，当且仅当 1时等号成立．故B正确； 对于C， ，当且仅当 时等号成立．故C错误； 对于D，,当且仅当 时等号成立．故D正确. 10. 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. 11. 已知关于不等式的解集为，则（ ） A. B. 点在第二象限 C. 的最大值为 D. 关于的不等式的解集为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据不等式的解与方程根的关系，一元二次不等式的解法求解. 【详解】的解等价于. 因为解集为，所以，故A正确. 因为，则点在第三象限，故B错误. ， 由于的最小值为，且， 则有最大值为，故C正确. 化为，由于， 则，解得，则D正确. 故选：ACD. 三、填空题（每题5分，总共15分） 12. 设函数过定点，则_____________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据对数函数的图象性质列方程组求解即得，利用换底公式和对数运算性质即得答案. 【详解】由过定点，可知， 解得，故. 故答案为：4. 13. 已知函数是奇函数，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】由奇函数定义域关于原点对称可得a，再由可得b，即可得答案. 【详解】由题可得定义域为， 由定义域关于原点对称可知. 则，又为奇函数， 则.则. 故答案为： 14. 设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.已知：任何三次函数都有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心.设，数列的通项公式为，则 _____. 【答案】8 【解析】 【分析】由题意对已知函数求两次导数可得图象关于点对称，即，即可得到结论． 【详解】， ， ， 令，解得：， 而， 故函数关于点对称， ， ， ，， ， 同理可得，，， ， 故答案为：8. 【点睛】关键点点睛：利用条件求出函数的对称中心是解决本题的关键，由此即可顺利得解. 四、解答题 15. 已知等差数列，若，且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若，设，求数列的前项和. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）由，且，，成等比数列这两个条件列出和的方程组可求解出，从而可得数列的通项； （2）把（1）解得的代入中，化简得，然后利用裂项相消法求和. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， ∵，∴① ∵，，成等比数列，∴， ∴化简得，即. 若，； 若，②，由①②可得，，. 所以数列的通项公式是或. 【小问2详解】 因为，由（1）结论可知不符合题意， 则，， 所以， ∴ . 16. 在中，角所对的边分别为.满足. （1）求角的大小； （2）若的面积为. ①求的值； ②求的值. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角求解. （2）①利用余弦定理及三角形面积公式列出方程组求解；②利用余弦定理、二倍角及和角的正弦公式求解. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 而，则，又， 所以. 【小问2详解】 ①在中，， 由（1）及余弦定理得，即， 又，即，而， 所以. ②由余弦定理得 而，则， ， . 17. 如图，在四棱锥中，平面，，为等边三角形，，，分别是，的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的大小． 【答案】（1）证明：取的中点，连接，因为是的中点，是的中点，所以是的中位线，则且， 因为且，所以且，所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 分别取的中点，连接，则，因为平面平面，所以，所以，所以两两垂直，以为坐标原点，直线为轴建立坐标系，设，则，所以， 设平面的一个法向量，则，即，令，解得，所以， 设平面的一个法向量，则，即，令，解得，所以， 设平面与平面的夹角为，则，又，所以，即平面与平面的夹角为. 18. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）当时，恒成立，求实数的最小值． 【答案】（1）； （2） 当时，函数的递增区间为，递减区间为； 当时，函数的递增区间为上单调递增，递减区间为； 当时，函数的递增区间为； 当时，函数的递增区间为，递减区间为. （3）. 【解析】 【分析】（1）把代入，求出导数，再利用导数的几何意义求出切线方程. （2）求出导数，再按分类求出函数的单调区间. （3）由（2）的信息，求出函数的最大值，再由已知建立恒成立的不等式并分离参数，构造函数并利用导数求出最大值即可. 【小问1详解】 当时，函数，求导得，则，而， 所以所求切线方程为. 【小问2详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，由，得或；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，恒成立，函数在上单调递增； 当时，由，得或；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数的递增区间为，递减区间为； 当时，函数的递增区间为上单调递增，递减区间为； 当时，函数的递增区间为； 当时，函数的递增区间为，递减区间为. 【小问3详解】 由（2）知当时，函数在上单调递增，在上单调递减， 则， 依题意，，即恒成立， 令函数，求导得， 当时，，当时，，函数在上递增，在上递减， 即，因此， 所以最小值为. 19. 已知椭圆，，分别是的左、右顶点，是的上顶点，的面积为2，且． （1）求椭圆的方程及长轴长； （2）已知点，点在直线上，设直线与轴交于点，直线与直线交于点，判断点是否在椭圆上，并说明理由． 【答案】（1）椭圆的方程为：，其长轴长为； （2）在椭圆上，理由如下： 由（1）可知，，又， 故直线方程为：，又在直线上，故设点， 当时，直线斜率不存在，此时与重合，也与重合，显然在椭圆上； 当时，直线的斜率为，与轴没有交点，不满足题意； 当，且时，直线斜率为，直线方程为：， 令，可得，故； 直线斜率为：，直线方程为：； 直线斜率为：，直线方程为：； 联立，消去可得，代入可得：，即， 又，即，故点在椭圆上. 综上所述，在椭圆上. 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出满足的方程组，求得，即可求得椭圆方程和长轴长； （2）求出方程，设出点的坐标，进而写出方程，从而求得的坐标；再结合已知条件，求得方程，联立方程组，解得坐标，将其代入椭圆方程，即可检验和判断. 【小问1详解】 由题可知，， 的面积为2，且，则，又，解得； 故椭圆的方程为：，其长轴长. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门市九溪高级中学2026-2027学年高三(上)第一次月考数学试卷 命题人：林欣欣、陈莹 审核人：孙华 本试卷满分150分，考试用时120分钟 一. 单选题 （每题5分，总共40分） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 设，，，则（     ） A. B. C. D. 4. 如图是函数的部分图象，则的解析式为（     ） A. B. C. D. 5. 函数 的部分图象如图所示，则下列说法错误的是（     ） A. B. 函数图象上的所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数的图象 C. 点是函数的图象的一个对称中心 D. 函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象关于轴对称 6. “学如逆水行舟，不进则退；心似平原跑马，易放难收”（明·《增广贤文》）是勉励人们专心学习的.如果每天的“进步”率都是1%，那么一年后是；如果每天的“退步”率都是1%，那么一年后是.一年后“进步”的是“退步”的倍.如果每天的“进步”率和“退步”率都是20%，那么大约经过（ ）天后“进步”的是“退步”的一万倍.（） A. 20 B. 21 C. 22 D. 23 7. 已知是函数的两个极值点，且，则的图象的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数 ， 若不等式 对任意恒成立，则实数a 的取值可能是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题6分，总共18分） 9. 已知，，且，则（     ） A. B. C. D. 10. 已知函数，若，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知关于不等式的解集为，则（ ） A. B. 点在第二象限 C. 的最大值为 D. 关于的不等式的解集为 三、填空题（每题5分，总共15分） 12. 设函数过定点，则_____________． 13. 已知函数是奇函数，则___________. 14. 设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.已知：任何三次函数都有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心.设，数列的通项公式为，则 _____. 四、解答题 15. 已知等差数列，若，且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若，设，求数列的前项和. 16. 在中，角所对的边分别为.满足. （1）求角的大小； （2）若的面积为. ①求的值； ②求的值. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，为等边三角形，，，分别是，的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的大小． 18. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）当时，恒成立，求实数的最小值． 19. 已知椭圆，，分别是的左、右顶点，是的上顶点，的面积为2，且． （1）求椭圆的方程及长轴长； （2）已知点，点在直线上，设直线与轴交于点，直线与直线交于点，判断点是否在椭圆上，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $