四川省广元市川师大万达中学2025~2026学年高三上学期第一次月考（8月）数学试卷（含解析）

这是一份四川省广元市川师大万达中学2025~2026学年高三上学期第一次月考（8月）数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解分式不等式、一元一次不等式求集合，再由集合的交集运算求集合.
【详解】不等式，所以，
又，所以
故选：D
2. 设a，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用不等式性质判断ABC，利用基本不等式判断D.
【详解】对于A，因为，所以，故A错误；
对于B，因为，所以，所以，
又，所以，即，故B错误；
对于C，因为，所以，，所以，故C错误；
对于D，因为，所以，所以，
当且仅当即时，等号成立，
又，所以，故D正确.
故选：D.
3. 已知函数，则“为幂函数”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】B
【解析】
【分析】根据幂函数的定义及充分必要条件的定义求解判断即可.
【详解】由函数为幂函数，
得，解得或，
所以“为幂函数”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4. 已知函数（且）的图象经过定点，则（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由指数函数的性质确定定点坐标，即可得.
【详解】令，得，此时，
所以定点P的坐标为，即，，所以.
故选：C
5. 设，若恒成立，则k的最小值为（ ）
A. 9B. 8C. －1D. －2
【答案】C
【解析】
【分析】用“1”代换及基本不等式求得的最小值为9，解不等式，求出范围得最值.
【详解】因为，当且仅当时取等号，
所以，解得，
所以的最小值为.
故选：C.
6. 若，，则（ ）
A. 3B. 6C. 9D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】由换底公式可得与互为倒数，则可以换元解一元二次方程得到，再代入第二个方程进一步求解即可.
【详解】设，由换底公式可得，
所以，解得或，
由于题干中a、b地位等价，不妨设 ，
则，代入可得，
由于a在对数的底数上，所以且，
由单调可得，解得，
则，
故选：C.
7. 如图，已知二次函数的图象顶点在第一象限，且经过、两个点.则下列说法正确的是：①；②；③；④.（ ）
A. ①③B. ②③④C. ①②④D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】由题易得，，，据此可判断①；又函数过，可得，结合，，可得的范围判断②；又，结合，可得即可判断③；由题知即可判断④.
【详解】根据题意，，因为二次函数过点，所以，
又顶点在第一象限，所以对称轴，则，即，故①正确；
二次函数图像过，所以，则，
又，，所以，则，故②正确；
由，所以，又，所以，故③正确；
，故④正确.
故选：D.
8. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，已知和都是偶函数，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由是偶函数，得关于点成中心对称.再由函数是偶函数，得是函数的一个周期，进而得所求值.
【详解】由是偶函数，得，再对等式两边求导得.
因，所以，即——①.
故函数关于点成中心对称，且定义域为，所以，.
又函数是偶函数，得，即——②.
故函数关于成轴对称，所以.
再由①②得，所以，故，
所以是函数的一个周期，且.
所以，
所以.
故选：B
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，有若干个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 下列各组函数是同一个函数的是（ ）
A. 与B. 与
C. 与D. 与
【答案】AD
【解析】
【分析】分别求出函数的定义域，化简其对应关系，判断其定义域和对应关系是否相同即可.
【详解】对于A，的定义域为R，的定义域为R，
定义域相同，对应关系也相同，是同一个函数，故A正确；
对于B，的定义域为R，的定义域为，定义域不相同，故不是同一函数，故B错误；
对于C，的定义域为R，的定义域为，定义域不相同，故不是同一函数，故C错误；
对于D，的定义域为R，的定义域为R，定义域相同，对应关系也相同，是同一个函数，故D正确.
故选：AD.
10. 若，，则称集合为幸福集合．对集合的所有非空子集，下列叙述正确的是（ ）
A. 幸福集合个数为8B. 含的幸福集合个数为4
C. 不含1的幸福集合个数为4D. 元素个数为3的幸福集合有2个
【答案】BD
【解析】
【分析】求出集合所有非空子集中“幸福关系”个数逐项判断可得答案.
【详解】具有“幸福关系”的元素组有：1；，2；三组．
含一组的幸福集合有，，，共3个；
含两组的幸福集合有，，，共3个；
含三组的幸福集合有，共1个，
所以的非空子集中幸福集合的个数为，故A错误；
其中含的幸福集合个数为4，不含1的幸福集合个数为3，故B正确，C错误；
元素个数为3的幸福集合有2个，故D正确.
故选：BD.
11. 已知正数、、满足，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】把指数式转换成相应的对数式后，运用对数运算法则及换底公式及基本不等式即可.
【详解】令，可得，，，
，故A正确；
，故B正确；
，，所以，得，
又，所以，得，所以，，故C不正确；
，故D正确；
故选：ABD
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. ______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据对数运算性质计算
【详解】，
故答案为：
13. 已知A为抛物线（）上一点，点A到C的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则C的焦点坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用抛物线的定义建立方程即可得到答案.
【详解】设抛物线的焦点为，由抛物线的定义知，又，
，所以抛物线的焦点坐标为.
故答案为：.
14. 已知函数，若恒成立，其中，则的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数的图像特征，然后根据知道的图像是图像左移个单位长度，要使恒成立，通过分析图像找到相切时的情况，从而确定的取值范围.
【详解】易知函数图象如图所示，因为，
所以函数图象即为函数图象左移个单位长度，

当曲线与直线相切时，
令，即，
则，解得：，
故，恒成立时，由图像可知，.
故答案为：.
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. 已知函数为偶函数．
（1）求的值；
（2）若函数，且恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用偶函数的定义可求答案；
（2）利用定义法判断单调性，根据单调性求出在的最小值即得答案.
【小问1详解】
由是偶函数得，
即，解得．
【小问2详解】
由（1）得，则，
因为恒成立，
即．
当时，，
因为，所以，
则，则，
因此，即，
故函数在区间上单调递增，
则，
则原不等式等价于，解得，
故的取值范围是．
16. 已知中，分别为内角的对边，且，
（1）求角的大小；
（2）设点为上一点，是的角平分线，且，求的长度．
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）由正弦定理进行角化边，然后利用余弦定理即可得到答案
（2）利用三角形的面积关系解出即可
小问1详解】
在中，由正弦定理及得：，
化简可得：，
由余弦定理得，
又，所以
【小问2详解】
是的角平分线，则，
由可得
因为，，即有，
故.
17. 如图，已知四棱锥中，顶点在底面上的射影落在线段上（不含端点），，，，.
（1）求证：平面；
（2）若二面角的大小为，直线与平面所成角为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，根据三角形的边角关系可得，即可结合线面垂直的判定求解，
（2）由二面角的平面角和线面角知识结合锐角三角函数即可求解.
【小问1详解】
由于平面平面故
因为，所以底面为直角梯形，故，
过，且与相交于，
则，
又，
故,所以,
由于平面，，
所以平面，
【小问2详解】
由题意可知，过作的垂线，垂足为,连接,
由于平面平面故，
平面，
故平面，平面，故，
故为二面角的平面角，
所以从而.
18. 已知函数有两个不同的零点.
（1）证明：；
（2）当时，求的最大值；
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，得函数的单调性，即可求解最值，根据即可求解，
（2）构造和，求导，得函数单调性，求解最值得解.
【小问1详解】
，由，，所以在上单调递增，在上单调递减，要使有2个零点，
只需，得证；
【小问2详解】
由已知，，
设，由，则，
将代入，则，结合，
所以，
设，则，
设，则，，
由，则，即在上单调递增，，
所以，则在上单调递增，则，所以的最大值；
19. 已知有两个盒子，各装有1个黑球、1个黄球和1个红球，现从两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子，重复进行次这样的操作后，记盒子中红球的个数为，恰有1个红球的概率为，恰有2个红球的概率为．
（1）证明是等比数列，并求的通项公式；
（2）求的数学期望．
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）结合题意与全概率公式得到，再结合等比数列的定义求解通项公式即可.
（2）结合题意得到，，再利用递推式得到，再求出对应事件的概率，得到分布列，最后求解数学期望即可.
【小问1详解】
当时，
因为，
所以，又，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，
得到，即．
【小问2详解】
当时，，①
，②
由①－②得，，
而，可得，
结合题意得到，故，
则，递推可得，则，
而的可能取值为，
则，，
则的分布列为：
故．
0
1
2