四川省2025_2026学年高三数学上学期第一次月考考试试题含解析

这是一份四川省2025_2026学年高三数学上学期第一次月考考试试题含解析，共10页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，则，
所以，
又，
所以.
故选：C
2. 若命题：，，则命题的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】存在性命题的否定,,对条件进行否定
【详解】由题,则的否定为,
故选：C
【点睛】本题考查存在性命题的否定,属于基础题
3. 记等差数列的前n项和为.若，，则（ ）
A. 49B. 63C. 70D. 126
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的项的“等和性”得到，再运用等差数列的前n项和公式计算即得.
【详解】因是等差数列，故，于是
故选：B
4. 已知函数，则满足的的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导分析函数单调性，利用函数单调性解不等式可得结果.
【详解】∵，
∴，
∴在上为增函数，
由得，，解得，故的取值范围是.
故选：B.
5. 已知函数在处取得极大值，则的值是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据极值点求参数，再由所得参数验证在处是否取得极大值，即可得答案.
【详解】由题设，则，可得或，
当时，
当或时，则在和上递增，
当时，则在上递减，
此时在处取得极小值，不符；
当时，
当或时，则在和上递增，
当时，则在上递减，
此时在处取得极大值，符合；
综上，.
故选：C
6. 若函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令，由的范围求出的范围，再由正弦函数的单调性列不等式求解即可.
【详解】由题意设，由，所以，
则在上单调递增，
所以，解得，又，
所以，即的取值范围是.
故选：B.
7. 已知平面向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据向量平行求得，再根据二倍角公式，将齐次式转化为正切值，即可求解.
【详解】由，可知，，得，
，
.
故选：B
8. 已知函数，设等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A. B. C. 2025D. 4050
【答案】A
【解析】
【分析】令，然后可判断出的单调性、奇偶性，然后由，，可得，然后由等差数列的求和公式和性质可得答案.
详解】令，
因为，
所以为上的增函数，
因为，所以是奇函数，
因为，，所以，，
所以，即，
所以，
故选：A
二、多选题（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. 若复数满足，则（ ）
A. B. 的虚部为
C. 为纯虚数D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】设，由条件可得.由复数模长公式可得选项A错误；由复数的概念可得选项B正确；通过复数的除法运算可得选项C正确；通过复数乘方运算可得选项D正确.
【详解】设，则，∴，
∴，解得，故.
A. ，选项A错误.
B. 的虚部为，选项B正确.
C. ，为纯虚数，选项C正确.
D. 由得，故，选项D正确.
故选：BCD.
10. 下列函数中，是增函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用指数函数性质可得A正确，由反比例函数性质可得B错误，根据幂函数性质可得C正确，求导得出恒成立，可得D正确.
【详解】对于A，易知的定义域为，是由函数和组成，
易知为单调递增函数，为单调递增函数，因此A正确；
对于B，函数定义域为，
根据反比例函数性质可得在和上分别单调递增，但不是增函数，即B错误；
对于C，易知的定义域为，由幂函数性质可得其在定义域内单调递增，即C正确；
对于D，函数的定义域为，则恒成立，
所以函数在定义域内单调递增，即D正确.
故选：ACD
11. 已知函数在上有且仅有4个零点，则（ ）
A.
B. 令，存在，使得为偶函数
C. 函数在上可能有3个或4个极值点
D. 函数在上单调递增
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用二倍角和辅助角公式化简得到，根据在上有且仅有4个零点，可确定，进而解得，再根据其范围结合函数图象和平移知识等逐一判断即可.
【详解】
对于A， ，， 因为在上有且仅有4个零点，
所以，解得，∴，故A正确；
对于B，，
为偶函数，则，即，
∵∴取，为偶函数,满足题意，故B正确；
对于C，，，
∵，，
∴函数在上可能有4个或5个极值点， 故C不正确；
对于D，若，则，
∵，∴，
∴函数在上单调递增. 故D正确；
故选：ABD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分
12. 已知，，则________.
【答案】
【解析】
【分析】由，可知，再结合，及，可求出答案.
【详解】因为，所以，所以，
所以．
故答案为：.
13. 已知向量，则在上的投影向量的坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量的坐标运算计算，利用投影向量的公式即可计算结果.
【详解】由题意得，，，，
所以在上的投影向量为.
故答案为：.
14. 若是函数的极大值点，则实数a的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数导数，对分类讨论，再结合的根，分类讨论，分析函数的极大值点即可得出答案.
【详解】，
当时，，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以是函数的极小值点，不符合题意；
当时，令，可得，
若，即时，则时，，函数单调递增，
时，，函数单调递减，
所以是函数的极大值点，符合题意；
若即时，则时，，函数单调递增，
时，，函数单调递减，
所以是函数的极小值点，不符合题意；
若即时，则时，，函数单调递增，
函数无极值点，不符合题意.
综上，当时，是函数的极大值点.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：首先观察导函数，当时，分析函数单调性判断是否为极大值点，当时，根据的两根大小分类，由导数的正负得函数的单调性，再由单调性判断极大值点是否为2.
四、解答题：本大题共5小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数，
（1）求不等式的解集；
（2）将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍，纵坐标不变，得到的图象，求曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积．
【答案】（1）且；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据三角函数的单调性解不等式求解集即可；
（2）由题意得，利用导数求切线方程并确定与坐标轴交点，即可求三角形面积.
【小问1详解】
由题设，则，
所以且，可得且，
所以解集为且.
【小问2详解】
由题意，则，
所以，，
所以曲线在点处的切线为，
显然切线过，故其与坐标轴围成的三角形面积为.
16. 已知等比数列的各项均为正数，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出公比，根据题目条件得到方程，求出公比和首项，得到通项公式；
（2）求出，利用裂项相消法求和得到答案.
【小问1详解】
等比数列各项均为正数，设数列的公比为，
由得,
因为，所以，解得，
由得，解得，
故数列的通项公式为；
【小问2详解】
∵，∴，
∴，
∴．
17. 设的内角的对边分别为，且．
（1）求；
（2）若的最大值为，求的值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦边角关系及差角正弦公式得，结合三角形内角性质求角A的大小；
（2）根据正弦边角关系及倍角余弦公式可得，结合（1）及三角恒等变换有，最后根据正弦型函数性质及已知求边长.
【小问1详解】
由题设及正弦边角关系，有，
所以，
整理得，即，
显然不合题设，则，
所以，而，可得.
【小问2详解】
由，可得，，
所以，
由（1）知：，则
，
由，则，又最大值为，
所以，可得（负值舍），
综上，.
18. 已知函数．
（1）当时，则过点的曲线的切线有几条?并写出其中一条切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若有唯一零点，求实数a的取值范围．
【答案】（1）有3条切线，
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义，设出切点得出切线斜率，列方程组分析解得个数即可；
（2）求出导函数，对分类讨论即可得出函数单调区间；
（3）根据函数单调性，结合当时，，利用极大值建立不等式求解.
【小问1详解】
当时，，，
设切点为，
因为切线过点，所以切线斜率存在，故可设切线方程为，
则，化简可得，
即，由的判别式知方程有2个不等实根且不为1，
故有3个不等的实根，
所以切线有3条，其中一条切点横坐标为1，故，
所以切线方程为.
【小问2详解】
，
当时，，所以函数在上单调递增；
当时，，所以或时，，单调递增，
当时，，单调递减；
当时，，所以或时，，单调递增，
当时，，单调递减；
综上，时，在上单调递增，无递减区间；当时，在和上单调递增，
在上单调递减；当时，在和上单调递增，在上单调递减.
【小问3详解】
当时，，函数仅有1个零点1；
当时，由（2）知，的极大值为，且当时，，
若有唯一零点，则，解得，故，
当时，由（2）知，的极大值为，同理，
若有唯一零点，则，解得，故，
综上，实数a的取值范围
【点睛】关键点点睛：对于含参数的函数，研究单调区间的关键在于对导函数的特点分析，本题导函数为二次函数，所以分析的重点在于导函数零点的关系，在根据函数有唯一零点求参数的时候，利用函数的极大值点建立不等式是解题关键.
19. 已知函数，在上的最大值为．
（1）求实数a值；
（2）若数列满足，且．
（ⅰ）当时，比较与1的大小，并说明理由；
（ⅱ）求证：．
【答案】（1）
（2）(1)，理由见详解；（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）利用导数判断的单调性求出最大值得解；
（2）（i）由已知结合基本不等式可得，利用数学归纳法证明，，（ii）先构造函数，并利用导数证明，从而得到，将所证明的式子放缩求和证明.
【小问1详解】
，，
当时，，，，则在上单调递增，
当时，，，，则在上单调递减，
，解得.
所以实数的值为2.
【小问2详解】
（i）由（1）知，，
所以，即，
，，
下面用数学归纳法证明，，
当时，，，
假设时，命题成立，则，
当时，有成立，
所以上述命题对，均有成立.
（ii）当时，成立，
当时，令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，
所以，
即，又由（i）知，则，
，，，
，即，得证.
【点睛】关键点点睛：本题最后小问证明的关键是构造函数，并利用导数证明，从而得到.