2026内江威远中学校高三上学期第一次月考试题数学含解析

威远中学2026届高三上第一次月考试题数 学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分150分，考试时间120分钟．第Ⅰ卷 （选择题 共58分）一、选择题：本大题共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. 复数满足，则在复平面内，对应的点位于（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】A【解析】【分析】利用复数的四则运算求出复数，再由复数的几何意义即可判断结果.【详解】由可得，则对应的点位于第一象限.故选：A.2. 已知命题p：，；命题q：，，则（ ）A. p和q都是真命题B. 和q都是真命题C. p和都是真命题D. 和都是真命题【答案】B【解析】【分析】对于两个命题而言，可分别取、，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解.【详解】对于而言，取，则有，故是假命题，是真命题，对于而言，取，则有，故是真命题，是假命题，综上，和都是真命题.故选：B.3. 已知，，且，则等于（　　）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先根据，求出的值，再求出的坐标，由平面向量坐标模长公式求解即可.【详解】因为，所以，解得，所以，，所以.故选：B.4. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用诱导公式化简即可求解.【详解】由.故选：B.5. 在的展开式中，常数项为（　　）A. B. C. 6D. 12【答案】C【解析】【分析】应用二项式展开式求常数项即可.【详解】由题设，二项式展开式为，，所以时，常数项为.故选：C6. 某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储藏温度x（单位：℃）满足函数关系，其中k为常数.若该食品在20℃的保鲜时间为48小时，则在30℃的保鲜时间是（ ）A. 20小时B. 24小时C. 28小时D. 32小时【答案】B【解析】【分析】根据题意得到方程，求出，当时，，得到答案.【详解】由题意得，即，其中，所以，当时，.故选：B7. 函数的大致图像是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用奇函数的性质排除C，D，利用对数函数的性质排除B即可.【详解】易得的定义域为，因为，所以，则是奇函数，关于原点对称，故C，D错误，令，解得，而当时，，故B错误.故选：A8. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】与可看作与，从而可构造函数比大小，与可看作与，从而可构造函数比大小.【详解】构造函数，则，令，则．令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，故，因此在上单调递增，所以．令x＝0.4，则，所以，即a＜b．构造函数，则，因此在上单调递减，所以，令x＝0.4，则，所以，所以c＜a．故b＞a＞c．故选：C．【点睛】本题使用构造函数并利用函数的单调性判断函数值大小关系，在构造函数时首先把要比较的值变形为含有一个共同的数值，将这个数值换成变量就有了函数的形式，如在本题中，，将化为的目的就是出现， 以便与中的一致，从而只需比较与这两个函数大小 关系即可.在构造函数后比较大小还可以借助于函数不等式、切线不等式放缩等手段比大小.二、多选题（本题共3个小题，每题6分，有多个选项，共18分）9. 设正实数满足，则（ ）A. 有最大值为B. 有最小值为C. 有最小值为5D. 有最大值为【答案】BC【解析】【分析】利用基本不等式即可判断AB，由，利用基本不等式即可判断C，利用(当且仅当时，等号成立)，即可判断D.【详解】对于A：由，当且仅当时，等号成立，故A错误；对于B：由，当且仅当时，等号成立，故B正确；对于C：由，又，当且仅当时，等号成立，所以，故C正确；对于D：由，所以，当且仅当时，所以等号不成立，故D错误.故选：BC.10. 下列结论正确的是（ ）A. 数据“3，6，2，9，6，5”的极差为7B. 数据“3，6，2，9，6，5”的中位数为5.5C. 将一组数据中的每一个数据都减去同一个常数后，标准差不变D. 在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越宽表示回归效果越好【答案】ABC【解析】【分析】对于AB，由极差、中位数的概念判断即可；对于C，由标准差的性质即可判断；对于D，由残差图中残差点分布的带状区域的宽度和回归效果的关系即可判断.【详解】对于A，数据“3，6，2，9，6，5”的最大值、最小值分别为9，2，则极差为，故A正确；对于B，将数据“3，6，2，9，6，5”从小到大排列后为2，3，5，6，6，9，则中位数为，故B正确；对于C，设随机变量满足，其中是常数，所以，故C正确；对于D，在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越宽表示回归效果越差，故D错误.故选：ABC.11. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，解决相关的问题，已知函数，则下列说法正确的是（ ）A. 当时，B. 若函数存在两个零点，且，则C. 若恒成立，则D. 当时，与存在两条公切线【答案】ACD【解析】【分析】对于当时，首先，再利用指对的切线放缩可得；对于B，根据函数的零点，结合图像分析可得，解不等式即可判断；对于C，由恒成立，可得与存在公共零点，然后可解的值；对于D，利用公切线的求解方式，建立方程组，然后判断解得个数即可.【详解】选项A：当时，，当且仅当时取等号，又，当且仅当时取等号，，故A正确；选项B：存在两个零点且，与的图象有两个交点，结合图象可知，，即，故B错误；选项C：恒成立，又与在定义域内单调递增，与存在公共零点，且，故C正确；选项D：设曲线的切点为，则切线斜率为，∴切线方程为，即．设曲线的切点为，，∴切线斜率为，切线方程为，即．由题意得，解得，则，即，设，则，设，则，则由得得，则在上单调递减，在上单调递增，，，则由零点存在性定理可知，使得，即，又因为当时，，则，则由得；得，则在上单调递减，在上单调递增，则，，则由零点存在性定理可知，在和上分别存在一个零点，则方程存在两个根，和存在两条公切线，故D正确；故选：ACD．第Ⅱ卷 （非选择题 共92分）三．填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，请把答案填在答题卡相应位置上．12. 设集合，，则______．【答案】【解析】【分析】先解一元二次不等式和对数不等式，分别求出集合，再求交集即可.【详解】集合；对于 ，可得，解得集合，故,故答案为：.13. 已知实数，满足，则的值为________．【答案】【解析】【分析】通过指对互化，结合对数换底公式完成计算.【详解】因为，所以，所以，故答案为：.14. 已知函数则函数的零点个数为___________．【答案】5【解析】【分析】方法一：令，将问题转化为，根据图象分析得有两个零点为，，从而考虑与根的个数即可求解；方法二：利用导函数以及零点的存在性定理讨论的根分别为．，从而用数形结合的方法确定与根的个数即可求解.【详解】方法一：大致图象如下令所以式方程的一个根，再由图可知式方程的另一个根，当时，与的图象有2个交点，所以有2个实根，当时，与的图象有3个交点，所以有3个实根，共有5个零点.方法二：令时，，当时，，所以在单调递减，所以在有且仅有一个零点，其中，则有且仅有一个零点，其中．时，时，在单调递增，，在有且仅有一个零点，，时，结合函数图象可知无解，有两个根因为，所以由图象可得与的图象有2个交点，所以有2个实根，当时，与的图象有3个交点，所以有3个实根，共有5个零点.故答案为:5.四、解答题（本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15. 已知函数在处切线方程为．（1）求a的值；（2）当时，求函数的单调区间．【答案】（1） （2）单调递增区间为，单调递减区间为和【解析】【分析】（1）由题可得，据此可得答案；（2）由（1）可得，在范围内解不等式可得单调区间.【小问1详解】，因在处的切线方程为，则；【小问2详解】由（1），，因，，，则的单调递增区间为，单调递减区间为和.16. 已知等比数列的前项和为，且.（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；（2）利用分组求和法即可求.【小问1详解】因为,故，所以即故等比数列的公比为，故，故，故.【小问2详解】由等比数列求和公式得，所以数列的前n项和.17. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求A；（2）若的周长为9，面积为，求a.【答案】（1） （2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦化简得解.（2）由（1）的结论，利用三角形面积公式及余弦定理列式求解.【小问1详解】在中，由及正弦定理得，则，因此，而，则，又，所以.【小问2详解】由（1）及已知得，解得，由，得，由余弦定理得，则，所以.18. 甲、乙两人进行套圈比赛，要求他们站在定点，两点处进行套圈，已知甲在，两点命中率均为，乙在点的命中率为，在点的命中率为，且他们每次套圈互不影响．（1）若甲在处套圈3次，求甲至多命中1次的概率；（2）若甲和乙每人在，两点各套圈一次，且在点命中计2分，在点命中计3分，未命中则计0分，设甲的得分为，乙的得分为，写出和的分布列和期望；（3）在（2）的条件下，若，求的取值范围．【答案】（1） （2）答案见解析 （3）【解析】【分析】（1）根据独立重复试验求解概率即可；（2）由题意知，；，分别求解概率可得分布列，从而可求数学期望；（3）根据列不等式即可得取值范围．【小问1详解】设“甲至多命中1次”为事件，则．故甲至多命中1次的概率为．【小问2详解】由题意知，；．，，，，，，，所以的分布列为：的分布列为：所以，．【小问3详解】因为，所以，即，所以的取值范围是．19. 已知函数.（1）若，求函数在上的最值；（2）若，对，求证：；（3）若是函数的极小值点，求的取值范围.【答案】（1）在上的最小值为，最大值为 （2）证明见解析 （3）【解析】【分析】（1）求导分析的单调性从而得到给定区间上的最值；（2）法一：构造函数，通过依次求导分析得到在上单调递增，从而，即可证明结果；法二：对求导得到在上单调递增，从而当时，，构造函数，求导并利用求出在上单调递增，所以，即可证明结果；（3）分和进行讨论，当时，设，得到在上恒成立，从而当时，；当时，.对求导并分析单调性可得是函数的极小值点.当时，设，可得存在，使得，从而时，，，对求导可得在上单调递减，从而不是函数的极小值点，最终可得的范围.【小问1详解】若，故当时，单调递减；当时，单调递增；而，故在上的最小值为，最大值为.【小问2详解】法一：若，令，则，令，则，令，则，则在上单调递增，所以，即，则在上单调递增，所以，即，则在上单调递增，所以，所以当时，，即.法二：若，故在上单调递增，所以当时，，即.令，则，故在上单调递增，所以，即当时，，即.【小问3详解】由题意得，，.当时，不妨设，因，故在上恒成立，单调递增.又，所以当时，；当时，.又，则，当时，，即在上单调递减；当时，，即在上单调递增，故是函数的极小值点.当时，不妨设，故存在，使得，且当时，，故在上单调递减，故当时，，故在上单调递减，故不是函数的极小值点.02350235