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2025-2026学年黑龙江省哈尔滨市德强高级中学高三（上）月考数学试卷（10月份）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，则( )
A. B.
C. D.
2.若复数z满足，则z的虚部是( )
A. B. 2i C. D. 2
3.已知平面向量，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
4.函数的单调递减区间是( )
A. B. C. D.
5.若正项数列是等比数列，则“”是“数列为递增数列”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
6.甲、乙等6人参加某次会议，会议安排其前后两排入座，每排3人如图所示，其中甲坐后排，乙与甲前后、左右均不相邻，则不同的坐法种数共有( )
A. 144种 B. 168种 C. 192种 D. 216种
7.如图，在边长为2的正方形ABCD中，AD的中点为E，线段BE上有一动点P，过P作于点M，则的最小值为( )
A. 0
B.
C.
D.
8.记锐角三角形ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，则的取值范围是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.已知平面向量，与的夹角为，则( )
A. B.
C. D. 在上的投影向量为
10.已知，为锐角，，，则( )
A. B.
C. D.
11.已知数列满足：，，则下列说法正确的是( )
A.
B. 是单调递减数列
C. 若对任意，都有，则
D. 若为数列的前n项和，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数则______.
13.学校从高一3名男数学老师和3名女数学老师中选派4人，担任本次模拟考试数学阅卷任务，则在选派的4人中至少有2名男老师的条件下，有2名女老师的概率为______.
14.函数，函数，若方程恰有3个不相等的实数根，则实数m的取值范围是______.
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.本小题13分
已知
求的单调递减区间；
将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求在上的值域.
16.本小题15分
已知数列的前n项和满足：
求数列的通项公式；
设，求数列的前n项和
17.本小题15分
已知a，b，c分别为锐角三个内角A，B，C的对边，且
求A；
若，求周长的取值范围.
18.本小题17分
甲、乙、丙三位同学进行知识竞赛，每局比赛两人对战，第三人旁观.每局比赛胜者与此局旁观者进行下一局比赛，按此规则循环下去约定先赢两局者获胜，比赛结束.根据以往经验，每局比赛中，甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为，每局比赛相互独立且没有平局.
若第一局由甲、乙对战，求进行两局比赛后，比赛结束的概率；
若第一局由乙、丙对战，求比赛结束时，甲获胜的概率；
判断并说明由哪两位同学进行首场对战才能使甲获胜的概率最大.
19.本小题17分
已知函数且
当时，求的极小值点与极小值.
讨论函数的单调性.
若函数有两个零点，，且，证明：
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由，可得，即，
解得或，即，
又因为，解得，可得，
所以，
故选：
解不等式化简集合A，B，结合交集、并集运算逐项分析判断．
本题主要考查不等式的解法，集合的基本运算，考查运算求解能力，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：因为，
所以
，
则z的虚部是
故选：
根据i的幂次运算法则对z化简，根据虚部定义确定z的虚部．
本题主要考查复数的基本运算，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：若“”成立，则，解得或，
因此，由“”可以推出“”，反之，由“”不能推出“”，
故“”是“”的充分不必要条件．
故选：
根据向量平行的条件，结合充要条件的定义进行解答，即可得到本题的答案．
本题主要考查两个向量平行的条件、充要条件的判断等知识，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：对于函数，令，求得或，
则函数的定义域为或，且，
函数的单调递减区间，即函数t在定义域内的减区间，
再利用二次函数的性质可得函数t在定义域内的减区间为，
即函数的单调递减区间为
故选：
5.【答案】C
【解析】解：设等比数列的公比为q，则由得：，且，，
，解得，
为递增数列，即：充分性成立；
若为递增数列，则，，，且，
，，即：必要性成立，
“”是“数列为递增数列”的充要条件．
故选：
根据等比数列的通项公式和充分条件、必要条件的定义判断即可．
本题考查了等比数列的通项公式，递增数列的定义，充分条件和必要条件的定义，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：如图所示，甲坐位置①，乙有3种选择，其他人不同坐法有种，共有种不同坐法；
甲坐位置③，乙有3种选择，其他人不同坐法有种，共有种不同坐法；
甲坐位置②，乙有2种选择，其他人不同坐法有种，共有种不同坐法；
所以不同坐法种数共有种．
故选：
讨论甲坐的位置，然后根据分类加法计数原理求解即可．
本题考查排列组合相关知识，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：正方形ABCD的边长为2，以D为坐标原点，
分别以DC，DA所在直线为x，y轴，
建立平面直角坐标系，
则，，，，，
直线BE过，，
设直线BE的解析式为，
则有，解得，
故，可设，
因为，所以，
则，，
则，
令，
则函数的图象开口向上，对称轴为，
故在处取得最小值，最小值为
故选：
通过建立平面直角坐标系，将向量用坐标表示，再根据向量数量积的坐标运算公式得到一个关于动点坐标的函数，最后通过求函数的最小值来解决问题．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，属中档题．
8.【答案】D
【解析】解：因为，，
由为锐角三角形，可得，解得，
由正弦定理可得，
即，
可得，，
所以，
因为，所以，
所以，
所以
故选：
由A，B，C之间的关系及在锐角三角形中，可得角C的范围，由正弦定理可得的表达式，再由二倍角公式及三倍角公式及的范围，可得的范围．
本题考查正弦定理的应用及锐角三角形的性质的应用，辅助角公式的应用，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：根据题意，平面向量，
依次分析选项：
对于A，向量，因为不会成立，则与不共线，故A不正确；
对于B，，所以，故B正确；
对于C，因为，，所以，故C正确；
对于D，在上的投影向量为，故D不正确．
故选：
根据给定条件，利用向量的坐标运算逐项求解判断．
本题考查向量的坐标计算，涉及向量平行、垂直以及投影向量的计算，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：因为，，所以，
所以，
由，①
故，选项A正确；
因为，所以，
所以②，选项B正确；
由①得：，
由②得：，所以，，
所以C正确，D错误．
故选：
由，为锐角，求出的范围，根据，，由同角三角关系式分别求得，，，再依据二倍角正弦公式，两角差的正弦公式，两角和的正切公式及同角三角函数关系式分别求各选项对应的三角函数值，即可选出正确选项．
本题考查同角三角函数间的关系及二倍角公式和两角和与差的三角函数公式的综合应用，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，因为，所以，
所以当时，，
当时，也符合上式，所以，故A正确；
对于B，因为，所以，
所以数列是单调递增数列，故B错误；
对于C，因为对任意，都有，可得，
当n为偶数时，则恒成立，
因为单调递增，所以，
当n为奇数时，则恒成立，
因为单调递增，所以，即，
因为对任意，都有，所以，故C正确；
对于D，因为，所以，
所以，
，
两式相减得：
，
所以，故D正确．
故选：
根据累乘法可得，即可判断A；根据即可求解B；根据单调性，分奇偶即可判断C；利用错位相减法求得可判断
本题考查由数列的递推式求通项公式，累乘法和错位相减法的应用，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：因为函数
所以，，
所以
故答案为：
代入计算出，，相加即可．
本题主要考查函数值的求解，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：根据题意可知，从高一3名男数学老师和3名女数学老师中选派4人，
记“选派4人中至少有2名男老师”为事件A，“选派4人中有2名女老师”为事件B，
则，，
显然，所以
故答案为：
根据条件概率的计算公式，结合组合数的计算公式，即可求解．
本题考查了条件概率的计算公式，结合组合数的计算公式，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：对于方程，
当时，则，可知0为方程的一个根；
当时，那么，整理得；
当时，那么，整理得；
构建函数，根据题意可知：与有且仅有2个交点，
若，那么导函数，
当时，；当时，，
可知在上单调递减，在上单调递增，
则，
且当x趋近于时，趋近于0；当x趋近于0时，趋近于，
若，可知在上单调递增，在上单调递减，
则，
且当x趋近于或0时，趋近于；
据此可作出函数的图象，如图所示：
若与有且仅有2个交点，结合图象可知：，
所以实数m的取值范围是
故答案为：
对于方程，分、和三种情况讨论，构建，可知与有且仅有2个交点，利用导数以及对勾函数单调性作出的图象，结合图象分析求解即可．
本题考查函数零点问题，属于中档题．
15.【答案】，
令，解得，，
所以的单调递减区间为，；
将函数的图象向左平移个单位长度，
得，
所以函数，时，，，
所以在上的值域是
【解析】利用二倍角公式和辅助角公式化简，再求的单调递减区间；根据函数图象平移法得出函数的解析式，再求时的值域．
本题考查了三角恒等变换应用问题，也考查了三角函数的图象与性质应用问题，是基础题．
16.【答案】解：数列的前n项和为，且满足，
当时，，解得，
当时，由，①，得，②，
①-②，得：，整理，得，
是首项为2，公比为4的等比数列，
，
，
…
【解析】，推导出，，由此能证明是首项为2，公比为4的等比数列．
根据对数的运算性质和裂项求和即可求出．
本题考查数列的通项公式，考查数列的前n项和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意裂项求和的合理运用．
17.【答案】；
【解析】因为，
所以由正弦定理得：，
在中，因为，
代入上式化简得：，
因为，所以，即，
因为A为锐角，所以；
由正弦定理得：，
所以，，
所以
，
因为是锐角三角形，所以，
解得，所以，
即，所以，
所以，
所以周长的取值范围为
由正弦定理和三角恒等变换知识化简条件式即可求得；
由正弦定理和三角恒等变换知识可得，由为锐角三角形求B的取值范围，再求三角函数的值域即可．
本题考查正、余弦定理的应用，涉及三角函数的值域求解及三角恒等变换知识的应用，属于中档题．
18.【答案】；
；
由 可得第一局由乙丙对战，甲胜的概率为，
同理第一局由甲、乙对战，甲胜的概率为
，
第一局由甲、丙对战，甲胜的概率为
，
因为，所以第一局由甲、丙对战，甲胜的概率最大
【解析】记甲、乙、丙第i局比赛获胜分别为事件，，，
记比赛两局结束为事件M，则，
所以
则第一局由甲、乙对战，进行两局比赛，比赛结束的概率为
记第一局由乙、丙对战且甲获胜为事件N，则，
所以
，
则第一局由乙、丙对战，求比赛结束时，甲获胜的概率为
由可得第一局由乙丙对战，甲胜的概率为，
同理第一局由甲、乙对战，甲胜的概率为
，
第一局由甲、丙对战，甲胜的概率为
，
因为，所以第一局由甲、丙对战，甲胜的概率最大．
根据规则有两种可能，一种是甲连胜两局，另一种是乙连胜两局，然后利用相互独立事件乘法原理来计算即可；
根据规则也是有两种可能，一种是乙先胜一局再由甲连胜两局，另一种是丙先胜一局再由甲连胜两局，然后利用相互独立事件乘法原理来计算即可；
根据规则也是有两种可能，一种是甲乙开局，甲连胜两局；或甲先胜第一局，再败一局，接下来乙胜一局，最后甲再胜一局；或甲第一局失败，第二局乙必须失败，第三局第四局甲必须连胜，另一种是甲丙开局，同理计算即可；
本题考查相互独立事件的概率乘法公式，考查学生的逻辑思维能力，属于中档题．
19.【答案】是的极小值点，极小值为1；
当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．
证明见解析．
【解析】当时，，
则，，
当时，，，，则，单调递增，
当时，，，，则，单调递减；
所以是的极小值点，极小值为
的定义域为
当时，；
当时，，单调递减；在上，，单调递增；
当时，恒成立，所以在上单调递减；
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
证明：当时，；
由知，在上单调递减，在上单调递增；
由题意可得，，
由及，得；
欲证，只要，
注意到在上单调递减，且，只要证明即可；
由，得；
所以
，
令，
则，
则在上是单调递增的，
因此，即；
综上，
通过求导找到函数的极值点和极值；
分类讨论，根据导数的正负来判断函数的单调性；
依据中的结论，可知证明即可，构造函数即可得出结论．
本题主要考查了导数与单调性及最值关系的应用，属于中档题．

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