湖南省长沙市同升湖高级中学2025~2026学年高三上学期第一次月考数学试卷（含解析）

这是一份湖南省长沙市同升湖高级中学2025~2026学年高三上学期第一次月考数学试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 设是奇函数且满足，当时，，则， ，则a，b，c的大小顺序为， 设集合，，若，则的取值范围是， 下列说法正确的是， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】集合为函数的定义域，集合为函数的值域，再根据交集的运算求解.
【详解】，，所以，
故选：D.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别求解集合和集合，再根据交集的定义即可求出.
【详解】因为集合，
，
所以.
故选：A.
3. 设是奇函数且满足，当时，，则（ ）
A. -1.6B. -1.2C. 0.7D. 0.84
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，求出函数的周期，再结合周期性求出函数值.
【详解】由，得，函数的周期是2，
又函数是奇函数，且当时，，
所以.
故选：B
4. ，则a，b，c的大小顺序为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，应用导数研究其单调性，进而比较，，的大小，若有两个解，则，，构造，利用导数确定，进而得到，即可判断a、c的大小，即可知正确选项.
【详解】令，则，，，
而且，即时单调增，时单调减，又，
∴，.
若有两个解，则，，
即，，
令，则，即在上递增，
∴，即在上，，若即，故，有
∴当时，，故，
综上：.
故选：A
【点睛】关键点点睛：利用函数与方程的思想，构造函数，结合导数研究其单调性或极值，从而确定a，b，c的大小.
5. 已知函数的定义域为，则“，，”是“”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】根据赋值法结合充分条件、必要条件的概念求解即可.
【详解】先说明充分性：因为，，，
令，得到：，所以，
再令，得到，
所以，充分性成立；
再说明必要性，因为，所以，且，
所以有，必要性成立；
故“，，”是“”的充要条件.
故选：C
6. 设集合，，若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出集合，利用集合的包含关系可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围.
【详解】因为，，且，
所以，，解得，
因此，实数的取值范围是.
故选：A.
7. 下列函数在其定义域内既是奇函数，又是增函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用反比例函数性质判断A，利用偶函数的定义判断B，利用正切函数性质判断C，利用幂函数的性质判断D即可.
【详解】对于A，由反比例函数性质得是奇函数，
而，则在其定义域上不单调递增，故A错误；
对于B，因为，所以，
所以，可得是偶函数，故B错误；
对于C，由正切函数性质得在其定义域上不单调，
例如取，则，故C错误；
对于D，由幂函数性质得是奇函数，在其定义域上单调递增，故D正确．
故选：D
8. 已知函数，的定义域为，，且满足，，则（ ）
A. B. 1C. 2025D. 2026
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件判断函数的对称性，并得到函数的周期性，再通过赋值法，结合函数的性质，即可求和.
【详解】由可得：，又因为..，
所以，即的对称中心为；
由可得：，
即（常数），
令，则，所以，即的对称轴为；
所以，，故，，
所以，的周期.
因为，所以；
因为，令代入，所以；
根据对称性可知：，，，，
所以.
故选：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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 命题“，”的否定是“，或”
C. 如果，那么“”是“”的充分不必要条件
D. 当时，不等式恒成立，则的取值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】根据不等式性质，命题逻辑，充分条件判定及二次不等式恒成立的条件，逐一分析选项，验证每个命题的正误.
【详解】对于A，当时，，故A错误；
对于B，原命题“存在x满足”的否定应为“所有x都不满足”，即“所有x都满足或”，原命题表述正确，故B正确；
对于C，若，，则，则，即，必要性成立；
若，，则，所以，充分性成立，所以如果，那么“”是“”的充要条件，故C错误；
对于D，当时，恒成立，当时，则，解得，综上所述，，故D正确.
故选：BD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 有一个零点B. 的极小值为
C. 的对称中心为D. 直线是曲线的切线
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由函数求导后，由导数的正负可求出函数的单调区间，再结合零点存在性定理分析判断，对于B，由选项A的得到函数的单调区间分析判断，对于C，令，可判断的图象关于原点对称，从而可判断出的对称中心，对于D，利用导数的几何意义分析判断即可.
【详解】对于A，由，得，
令，得；令，得或，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
且，
所以当时，，当时，存在唯一零点，
故函数在上只有一个零点，故A正确；
对于B，由选项A可知，函数的极小值为，故B正确；
对于C，令，定义域为，则，
所以函数为奇函数，对称中心为，将函数图象向下平移1个长度单位，得函数的图象，
所以对称中心为，故C错误；
对于D，由选项A知，，令，又，
所以切线方程为，即，
所以直线是曲线在点处的切线，故D正确，
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合问题，考查利用导数解决函数零点问题，考查导数解决函数极问题，考查导数的几何意义，解题的关键是对函数求导，然后由导数的正负求出函数的单调区间，再分析判断，考查计算能力，属于较难题.
11. 已知函数，，则下列正确的选项有（ ）
A. 若的定义域为，则的定义域为
B. 若函数是增函数，则实数的取值范围为
C. 当时，若是函数与函数的交点，则
D. 若，则的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于选项A，通过复合函数定义域的求法即可求解；对于选项B，通过分离参数，利用导数研究函数的单调性与最值计算即可求解；对于选项C，通过变形得到，解出，即可得出结果；对于选项D，通过分类讨论含参函数的单调性，得出，构造函数，利用导数研究其单调性及最值计算即可求解.
【详解】对于选项A，因为的定义域为，所以，
所以，所以的定义域为，故A正确；
对于选项B，因为，且是增函数，
所以，且在定义域上恒成立，
则在上恒成立.
令，则，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以在时取到最小值，即，所以，
所以实数的取值范围为，故B错误；
对于选项C，因为， ，
当时，，
因为是函数与函数的交点，
所以，
即，即，
所以，所以，，
所以，故C正确；
对于选项D，若，则，
令，则，
（1）当，即时，则，此时在上单调递增，
且当时，，不符合题意；
（2）当，即，令，则，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以时，取到最小值，
即
即，
所以，
令，则，
易知当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
即当时，取到最大值，即，
所以，
当且仅当，时，
取到最大值，故D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：构造函数，利用导数研究其单调性及最值是解决函数问题最重要的方法.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知，，则________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意，利用对数的运算法则，准确运算，即可求解.
【详解】因为，，可得，，
所以.
故答案为：
13. 已知函数，，若恒成立，则的最小值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】当时，不恒成立；当时，由恒成立的条件是，若恒成立，得，构造函数，利用导数求出最小值可得答案.
【详解】由已知，
①当时，恒成立，
但不能恒成立，所以不恒成立；
②当时，
因为，所以恒成立的条件是，
此时正负由决定，
即恒成立，
因为与都是单调递增函数，
使乘积非负，两零点需重合，需，
故，
令，，
所以在上单调递减，，
即.
故答案为：1.
14. 若对任意，当时恒有，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先化简题设条件可得，用换元法将问题转化为在上没有零点，对参数分类讨论，并构造函数，利用导数求函数的最大值即可求解.
【详解】由得，
即，
设，则，所以问题转化为在上没有零点.
当0时，没有零点，满足题意；
当时，由得，
设，
则，
因为，所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，
所以.
综上，的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：将题设化简整理，用换元法将问题转化为在上没有零点是解题关键，本题考查利用导数求函数的最大值，分类讨论思想，函数与方程思想，属于较难题.
四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）
15. 已知椭圆，为椭圆上一点，分别为它的左右焦点，到距离之和为4，离心率．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆交于两点，求三角形面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，结合椭圆的性质，求出即可．
（2）联立直线与椭圆方程，利用弦长公式及点到直线距离公式求解即得．
【小问1详解】
依题意，，则，由离心率，得，解得，
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
设，，
由消去得，解得，
则弦长，
原点到直线距离，
所以三角形面积．
16. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求的单调区间；
（3）证明：．
【答案】（1）
（2）单调递增区间为，，无单调递减区间
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求导，再求切线斜率和切点坐标，再写出切线方程.
（2）由得增区间，由得减区间．
（3）将函数解析式代入得，对求导得单调区间，求出最小值，得的关系，最后判断在定义域内是否都成立.
【小问1详解】
，
，
故曲线在点处切线方程为，
即曲线在点处的切线方程为．
【小问2详解】
设，
当时，单调递减.
当时，，单调递增.
于是，故，在上单调递增.
故的单调递增区间为，，无单调递减区间．
【小问3详解】
设函数.
当时，单调递减.
当时，单调递增.
于是．对于，有，即.
当时，，即，此时.
当时，，即，此时.
综上，.
17. 已知等差数列满足公差，，.等比数列的首项，公比为3.
（1）求数列，的通项公式；
（2）数列的前n项和为，记数列的前n项和为，求.
【答案】（1），.
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据等差数列性质得到方程组，求出，，求出公差和首项，得到通项公式，并根据等比数列通项公式求出；
（2）计算出，利用错位相减法求和，得到答案.
【小问1详解】
为等差数列，故，
因为，，所以，
整理得，解得或，
当时，，当时，，
因为，所以，，故，
此时，所以，
因为等比数列的首项，公比为3，得.
【小问2详解】
由题，，
，
，
两式相减得
，
故.
18. 如图，四棱锥中，．
（1）当为正三角形时，
（i）若，证明：直线平面PBC；
（ii）若A，B，D，P四点在以为半径的球面上，则四棱锥的体积是多少？
（2）当为等腰直角三角形时，且，求二面角的余弦值的最小值．
【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）根据勾股定理得，结合，再利用线面垂直的判定定理证明即可.
（ii）建立空间直角坐标系，求出球心，设点P的坐标为，由和，求出，代入锥体体积公式即可求解.
（2）设，求出平面BPD和平面PDC的法向量，利用向量法求得二面角的余弦值为，然后根据二次函数性质求解最值即可.
【小问1详解】
（i）因为，且，所以，
又为正三角形，所以，
因为，所以，进而．
因为，所以，
又因为，PB，平面PBC，
所以直线平面PBC.
（ii）延长BC至E，使得，进而，连结DE，
又有，可知，四边形ABED为正方形，
连结AE交BD于O，过点O作平面ABED，
以O为坐标原点，分别以OE，OD，Oz所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
因为A，B，D，P四点在以为半径的球面上，由球的性质可知球心M在z轴上，设点M的坐标为，
所以，解得，即.
又正三角形，连结OP，可知，又平面，
进而可得平面AOP，所以点P在坐标平面内，
设点P的坐标为，又有，
则，，解得，
所以四棱锥的高，
直角梯形ABCD的面积，
所以四棱锥的体积.
【小问2详解】
因为为等腰直角三角形，且，连结OP，则．
建系方法如（ii）问，，
设点，
设平面BPD的一个法向量，则，
令，则，所以.
设平面PDC的一个法向量为，则，
令，则，所以.
.
令，则，
所以.
当且仅当即时等号成立，
所以二面角的余弦值的最小值．
19. 设函数（）．
（1）讨论的单调性；
（2）若且函数有两个不同的零点，，且，
①求实数取值范围；
②试比较与的大小关系，并说明理由．
【答案】（1）答案见解析
（2）①；②，理由见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，再按分类讨论函数的单调性.
（2）①把问题转化为直线与函数图象交点问题，结合导数求解.②判断大小，作差等价转化，利用导数证明即可.
【小问1详解】
函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得；由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
①当时，，
函数有两个不同的零点，
等价于方程有两个不同的根，
等价于函数的图象与直线有两个不同的交点，
求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
而当从大于0的方向趋近于0时，在，当时，，
所以的取范围为.
②，不妨令，
，
由①知，，即，而，
只需证明，即证，令，
令，求导得，
函数在上单调递减，，即，
因此，所以.