精品解析：江西省乐平中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试题

乐平中学月考试卷 一、单选题 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合. 【详解】，则， ，因此，. 故选：B. 【点睛】本题考查补集与交集的混合运算，同时也考查了一元二次不等式的求解以及对数函数定义域的求解，考查计算能力，属于基础题. 2. “”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】D 【解析】 【分析】举反例和可得出. 【详解】若，则满足，但不满足，故无法得到； 若，则满足，但不满足，故无法得到， 故“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D 3. 将函数的图象向右平移单位，所得图象对应的函数的最小值等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用诱导公式化简函数的解析式，再利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律求得的解析式，根据正弦函数的值域，得出结论． 【详解】解：y＝2sin（x）﹣cos（x）＝2sin（x）﹣sin（x）=sin（x）＝﹣sin（x）， 将函数y＝﹣sin（x） 的图象向右平移单位，所得图象对应的函数的解析式为 y＝﹣sin（x）＝﹣sin（x），故所得函数的最小值为﹣1. 故选：C 4. 已知，且，则sinβ=（ ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】利用角的范围和同角三角函数关系可求得和，根据利用两角和差正弦公式求得，结合的范围可确定最终结果. 【详解】因为且，所以， 所以， 又，所以，又， 所以. 当时， ， 因为，所以，所以不合题意，舍去； 当， ；符合题意 综上所述：. 故选：B. 5. 已知定义在上的函数满足，且当时，成立，若，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，由导数性质推导出当单调递减，再根据函数的奇偶性得到时，函数单调递减．由此能求出结果 【详解】解：设 ， 当时，，函数单调递减， 满足， 函数为偶函数， 函数为奇函数， 当时，函数单调递减． ，，， ， . 故选：B． 6 已知直线与曲线相切于点，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】把切点P的坐标代入求出，再求函数导数求出k，再把代入求． 【详解】∵点在曲线上， ，解得， 由题意得，， ∴在点处的切线斜率， 把代入，得， 故选：D． 7. 若为奇函数，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据奇函数定义域的对称性求解. 【详解】因为函数为奇函数，所以的定义域关于原点对称， 显然当时，没意义，所以当时，也没意义，但是有意义的，所以必定是，即， ，， 即， 则，是奇函数， ； 故选：C. 8. 已知定义在的函数对任意的满足，当，，函数，若函数在上有6个零点，则实数的取值范围是（       ） A. B. C D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意首先确定函数的周期，然后绘制的图象，再画出的图象，由函数在上有个零点，得到与在上有且仅有个交点，从而得到的不等式，解出的范围． 【详解】解：因为函数对任意的满足， 所以，所以是周期为的周期函数． 因为当，画出的图象，在同一坐标系下画出的图象， 因为函数在上有个零点， 所以与在上要有且仅有个交点， 由图象可得，在轴左侧有个交点，只要在轴右侧有且仅有个交点， 则，即有， 所以或. 故选：B． 二、多选题 9. 已知，，且，则（ ） A. 的最小值是1 B. 的最小值是 C. 的最小值是4 D. 的最小值是5 【答案】BC 【解析】 【分析】利用基本不等式可以判断选项ACD的真假，利用二次函数可以判断选项B的真假. 【详解】解：由已知，得，则，当且仅当时取等号，所以的最大值是，所以选项A错误； ，当且仅当，时取等号，所以的最小值是，所以选项B正确； ，当且仅当时取等号，所以的最小值是4，所以选项C正确； ，当且仅当时取等号，所以的最小值是，所以选项D错误． 故选：BC． 10. 函数（，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的周期 C. 图象关于点对称 D. 在区间上递减 【答案】BC 【解析】 【分析】由图象求出，求出可判断A；由求出，再由求出可判断B；利用可判断C；求出的范围根据的单调性判断出的单调性可判断D. 【详解】对于A，由图象可得，，， 所以，因为，所以，或， 因为点附近的图象呈下降趋势，所以，故A错误； 对于B，可得，又， 所以，所以， 得，由图知，， 所以，所以， 可得，所以，，故B正确； 对于C，因为，故C正确； 对于D，当时，， 因为在上单调递增， 所以在区间上单调递增，故D错误. 故选：BC. 11. 已知函数若关于的方程有3个实数解，则（ ） A. B. C. D. 关于的方程恰有3个实数解 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A项，通过作关于轴对称的函数的图象与的交点情况，不难判断；对于B，C两项，主要是考虑二次函数图象的对称性和的取值范围分析或者特例判断即得；对于D项，要先判断的范围，结合图象易得. 【详解】如图，依题意作出函数的图象， 对于A项，作出关于轴对称的函数的图象，与直线交于点，则，不难看出点在点的右侧，则，故，A项正确； 对于B项，因当时，的图象关于直线对称，故点与点关于直线对称，则， 由可得：，即，则得，故B项正确； 对于C项，当时，由解得：， 由解得：，， 此时，故C项错误； 对于D项，依题意，，在上单调递增，故， 于是由图知，函数与的图象恰有三个交点，即关于的方程恰有3个实数解，故D项正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：将方程的解的个数转化为函数的零点个数，或转化为对应的两个函数的图象交点个数求解，再通过作出函数的图象，根据其对称性、单调性或值域等推导相应参数的范围. 三、填空题 12. 化简：___________． 【答案】2 【解析】 【分析】用二倍角公式化简分子，分母先把切先化成弦，再利用诱导公式、二倍角公式求得结果. 【详解】． 故答案为：2. 13. 定义：如果函数在区间上存在满足，则称是函数在区间上一个平衡点.已知在上存在平衡点，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求出的值，结合“平衡点”的定义可得在区间上有解，换元将原问题可以转化为在区间上有解，结合二次函数的性质分析可得答案． 【详解】根据题意，函数，则 函数在区间,上存在均值点， 则在区间上有解； 设，则， 则有在区间上有解； 而二次函数的对称轴为，故在单调递增，所以 所以，解可得， 则的取值范围为； 故答案为：． 14. 设函数是定义在整数集上的函数，且满足，对任意的x，都有，则＝______． 【答案】 【解析】 【分析】由通过赋值，推导出函数周期,通过已知函数值,分析中自变量的数据特征求值. 【详解】令 , 令得 , 令,得, 即, 可得, 所以, 所以, 所以函数周期, 为奇数时,, 因为为奇数时,也为奇数,此时 为偶数时,为4的整数倍,此时， ， 因为, 由,则为偶数, 记， 则， ， ， 所以， 所以. 故答案为:. 四、解答题 15. 已知，命题，；命题，． （1）若p是真命题，求a的最大值； （2）若p、q中有且只有一个是真命题，求a的取值范围． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）命题p为真得出不等式恒成立利用二次函数求给定区间上的最值即可求出a的最大值. （2）先求出命题q为真时a的取值范围，q为假时a的取值范围，然后利用集合的运算求a的取值范围. 【小问1详解】 若p是真命题，即恒成立，时，的最小值为，所以， 即a的最大值为. 【小问2详解】 若q是真命题，，解得或， 若q是假命题，，解得， 由已知p、q一真一假， 若p真q假，则， 若q真p假，则， 综上： 或 16. 已知函数． （1）若存在，，使得成立，则求的取值范围； （2）将函数的图象上每个点纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，得到函数的图象，求函数在区间，内的所有零点之和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）函数式化简，问题转化为求在上的最大值即可得； （2）由图象平移写出平移后解析式，由的对称性得结论． 【小问1详解】 ，若存在，使得成立，则只需即可，，，当，即时，有最大值1， ， 【小问2详解】 ∵将函数的图象上每个点纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，得到函数的图象， ， ， ， 在上有4个零点，， 根据对称性有，， 17. 已知函数（且）是偶函数． （1）求实数的值； （2）若，且对于，不等式恒成立，求整数的取值集合． 【答案】（1）1 （2）． 【解析】 【分析】（1）由题意可得，即可得解； （2）先求出函数的解析式，再判断其单调性即奇偶性，再根据函数的单调性和奇偶性解不等式即可. 【小问1详解】 函数（且）是偶函数， ，即，即， ； 【小问2详解】 由（1）知，，定义域为， 因为都是增函数， 所以函数在上单调递增， 因为，所以函数为奇函数， 对于，恒成立， 即， 对于恒成立， 对于，， ， 即，解得， 又为整数，或或， 的取值集合为． 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 18. 在中，三个内角的对边分别为．已知. （1）求角； （2）将射线AB绕点A旋转交线段BC于点E，已知. （i）若，求c； （ii）求面积的最小值. 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由余弦定理可得答案； （2）（i）由余弦定理求出可得答案，（ii）解法1：，得出，利用基本不等式求出可得答案；解法2：，由正弦定理求出可得，根据的范围可得答案. 【小问1详解】 因为， 由余弦定理得：， 因为A为三角形内角，所以； 【小问2详解】 （i）由和，可知， 因为，在中，由余弦定理得： ， 所以，所以， 因为，所以，所以； （ii）解法1：由和，可知， 因为， 所以， 又因为，所以，即， 又， 当且仅当，即时，等号成立， 所以， 所以， 所以的面积的最小值为. 解法2：由和，可知， 因为，，所以 因为，所以， 在中，由正弦定理得：， 所以， 在中，， 所以 因为，所以， 所以当时，的面积的最小值为. 19. 函数. （1）求函数的单调区间； （2）当时，若，求证：； （3）求证：对于任意都有. 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，分，和三种情况，求解函数单调区间； （2）令，构造，求导得到其单调性，进而得到，进而得到，不妨设，则，推出，由的单调性得到，证明出结论； （3）由（2）知，时，，变形得到在时恒成立，从而得到不等式，相加得到答案. 【小问1详解】 函数的定义域是. 由已知得，. ①当时， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增. ②当时， 当时，单调递增. ③当时， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增. 综上，①当时，函数单调递增区间为，，单调递减区间为； ②当时，函数单调递增区间为，无单调递减区间； ③当时，函数单调递增区间为，，单调递减区间为. 【小问2详解】 当时，. 由（1）知，函数在单调递增且； 令 ， 令， 令，解得；令，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 令，则，则， 故， 所以恒成立， 不妨设，则， 所以，所以， 因为，而在单调递增， 所以，所以. 【小问3详解】 由（2）知，时，， 即， 故时恒成立， 所以， ， ， ……， ， 相加得. 【点睛】方法点睛：导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乐平中学月考试卷 一、单选题 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. “”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 3. 将函数的图象向右平移单位，所得图象对应的函数的最小值等于（ ） A. B. C. D. 4. 已知，且，则sinβ=（ ） A. B. C. D. 或 5. 已知定义在上的函数满足，且当时，成立，若，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线与曲线相切于点，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 7. 若为奇函数，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 8. 已知定义在的函数对任意的满足，当，，函数，若函数在上有6个零点，则实数的取值范围是（       ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知，，且，则（ ） A. 的最小值是1 B. 的最小值是 C. 的最小值是4 D. 的最小值是5 10. 函数（，，）部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的周期 C. 图象关于点对称 D. 在区间上递减 11. 已知函数若关于的方程有3个实数解，则（ ） A. B. C. D. 关于的方程恰有3个实数解 三、填空题 12. 化简：___________． 13. 定义：如果函数在区间上存在满足，则称是函数在区间上的一个平衡点.已知在上存在平衡点，则实数的取值范围是___________. 14. 设函数是定义在整数集上的函数，且满足，对任意的x，都有，则＝______． 四、解答题 15 已知，命题，；命题，． （1）若p是真命题，求a的最大值； （2）若p、q中有且只有一个是真命题，求a的取值范围． 16. 已知函数． （1）若存在，，使得成立，则求的取值范围； （2）将函数图象上每个点纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，得到函数的图象，求函数在区间，内的所有零点之和． 17. 已知函数（且）是偶函数． （1）求实数的值； （2）若，且对于，不等式恒成立，求整数的取值集合． 18. 在中，三个内角的对边分别为．已知. （1）求角； （2）将射线AB绕点A旋转交线段BC于点E，已知. （i）若，求c； （ii）求面积的最小值. 19 函数. （1）求函数的单调区间； （2）当时，若，求证：； （3）求证：对于任意都有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $