资源简介

石嘴山市第一中学2025-2026学年高三第一学期期中
数 学 试 题
一、单选题：本题共8小题，每题5分，共40分。
1．已知复数满足，则的虚部为（ ）
A．1 B． C． D．
2．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，圆锥的表面积为，则圆锥的高为（ ）
A． B． C． D．
4．设定义域为，对任意的都有，且当时，，则有（ ）
A． B．
C． D．
5．已知函数，满足，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．设函数.若对任意的实数都成立，且，在单调，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
7．已知函数且在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．记的内角的对边分别为，若，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分。
9．若，则下列不等式正确的是（ ）．
A． B． C． D．
10．关于函数，有下述四个结论正确的有（ ）
A．f(x)的一个周期为； B．f(x)在上单调递增；
C．. 的值域与f(x)相同 D．f(x)的值域为

A．平面
B．点到平面的距离为
C．的最小值为
D．过三点作该正方体的截面，则截面图形的面积为
三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分。
12．已知函数，则 ．
13．已知指数函数，且 与对数函数，且 互为反函数，它们的定义域和值域正好互换. 若方程 与 的解分别为、，则 .
14．在平面凸四边形中，，，且，，将四边形沿对角线折起，使点A到达点的位置.若二面角的大小范围是，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是 .
四、解答题：本题共77分。
15．已知，，分别为三个内角，，的对边，且.
(1)求；
(2)若，且的面积为，求的周长.
16．已知数列是首项，公比的等比数列，设，数列满足．
(1)证明：数列成等差数列．
(2)若对一切正整数恒成立，求实数的取值范围．
17．已知函数，对，有.
(1)求的值及的单调递增区间；
(2)若，，求；
(3)将函数图象上的所有点，向右平移个单位后，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到函数的图象.若，，求实数的取值范围.
18．已知数列的前项和为，且．
(1)证明：是等比数列，并求的通项公式；
(2)记，记数列的前项和为．
①求；②对，都有成立，求的取值范围．
19．已知函数（其中，是自然对数的底数，）．
(1)当时，求函数的极值；
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)求证：对任意正整数，都有．
试卷第2页，共4页
答案第2页，共7页题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D B B C A A C BD BCD
题号 11
答案 BCD
12．
【分析】求导，令，求出，从而，所以.
【详解】，令得，
解得，故，所以.
故答案为：
13．2
【分析】由题意可得，直线与两函数和交点的横坐标分别为，，结合图象即可得.
【详解】由方程和可化为和，
即直线与两函数和交点的横坐标分别为，，
由于和互为反函数，则它们的图象关于直线对称，
如图所示，点、关于点对称，，
由，解得，即，
所以.
故答案为：.
14．
【分析】取中点，连接，取的外心，过点作平面，过点作平面交于点，进而确定球心的位置及二面角的平面角为并确定范围，利用几何关系求球体半径，即可得球体表面积的范围.
【详解】由题意知，和是等边三角形，
取中点，连接，取的外心，则是的外心，
过点作平面，则三棱锥的外接球球心在上
过点作平面交于点，则点即为三棱锥的外接球球心，
由，知，为二面角的平面角，则，
设，则，
又，所以，
因为平面，平面，所以，
所以三棱锥的外接球半径，
所以三棱锥外接球的表面积.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据球心的性质确定位置，并求出二面角的平面角的范围为关键.
15．(1)
(2)6
【分析】（1）根据余弦定理求出的值，进而得出角；
（2）根据三角形面积公式求出的值，再结合余弦定理求出的值，最后求出三角形的周长.
【详解】（1）已知，根据余弦定理，将代入可得：
因为是三角形内角，即，且，所以.
（2）已知，，且的面积为.
根据三角形面积公式，可得：
即，即.
再根据余弦定理，可得：
即，即，
对进行变形可得，将，代入可得：
因为、为边长，所以，则.
所以的周长为.
16．(1)证明见解析
(2)或．
【分析】（1）易知，．再由，利用等差数列的定义证明；
（2）由（1）得，，先利用作差法证明其单调性，得到其最大值，再利用恒成立求解.
【详解】（1）证明：由题意知，．
∵，
∴，
∴，
∴数列是首项，公差的等差数列．
（2）由（1）得，
∵，．
∴当时，．当时，，
即．
∴当或2时，取最大值．
又对一切正整数恒成立，
∴，
即．解得或．
17．(1)，单调递增区间为（）
(2)
(3)或
【分析】（1）利用三角恒等变换得到，根据得到方程，求出，得到函数解析式，整体法得到函数单调性；
（2）根据得到，凑角法，结合正弦和角公式得到答案；
（3）根据伸缩和平移变换得到，令，故，令，从而得到，因为，所以当时，，所以，解出答案.
【详解】（1），
因为对，有，可得当时，取得最值，
所以，，
可得，，又，
所以，
所以，
由，，可得，，
所以的单调递增区间为（）.
（2）由，，，
可得，，
所以，
所以.
（3）将函数图象上的所有点，向右平移个单位后得到
函数的图象，进而可得，
令，
只需，
令，
因为，所以，
所以，
因为，可得，
所以，
因为，所以当时，，
所以，即，解得或.
所以实数的取值范围为或.
18．(1)证明见解析，；
(2)①；②．
【分析】（1）根据给定的递推公式，结合及等比数列定义推理得证，进而求出通项公式.
（2）①由（1）的结论，利用裂项相消法求和即得；②按奇偶求出的最小值即可.
【详解】（1）在数列中，，当时，，
两式相减得，整理得，即，
而，即，则，
所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，，，
经检验当也符合.
（2）①由（1）知，，，
所以
.
②由①知，，，
，
由数列单调递增，得，因此，
由对，，得，
所以的取值范围是．
19．(1)的极小值为，无极大值；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求导，讨论导数的符号，得到函数的单调性，可求出函数极值；
（2）分类讨论，当时，讨论函数单调性可知不符合题意；当时恒成立；当时，由解之得，即可得结果；
（3） 由（2）知，当时恒成立，即亦即，令（）得，求和放缩得 ，即可证结论．
【详解】（1）当时，，则，
当时，；当时，．
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，函数无极大值．
（2）由，则，
若，则，函数单调递增，
当趋近于负无穷大时，趋近于负无穷大；当趋近于正无穷大时，趋近于正无穷大，故函数存在唯一零点，
当时；当时，故不满足条件；
若，恒成立，满足条件；
若，由，得，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得极小值 ，
由得，解得．
综上，满足恒成立时实数a的取值范围是．
（3）由（2）知，当时，恒成立，所以恒成立，
即，所以，
令（），得，
则 ，
所以，则，
所以．
【点睛】关键点点睛：第三问，根据第二问结论得到，进而得到 为关键.
答案第2页，共3页

展开更多......

收起↑