精品解析：安徽省合肥市庐阳区合肥市第八中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题

安徽省合肥市庐阳区合肥市第八中学2025-2026学年高三上学期 10月月考数学试题 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本题共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. （ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知偶函数的图象过点，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 4. 已知函数与的图象在处的切线重合，则（ ） A. B. e C. D. 5. 设函数，则“”是“有三个不同的零点”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. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图为函数的图象，则的图象是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数在区间上恰有4个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间上有两个极值点 C. 的图象关于点中心对称 D. 直线与的图象相切 11. 已知函数的定义域为，满足，且，则（ ） A. B. C. 是偶函数 D. 是奇函数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，且，则______. 13. 若函数且的图象关于直线对称，则的最大值为______. 14. 在中，内角的对边分别为，已知，则的最大值为______. 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. 已知函数. （1）求的单调递增区间； （2）若，且，求的值. 16. 记的三个内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，且的外接圆半径为，求的面积. 17. 已知函数. （1）若，求的极值； （2）若当时，，求实数的取值范围. 18. 已知函数． （1）当时，证明：有且仅有一个零点； （2）若曲线与相切． （ⅰ）求a； （ⅱ）当时，证明：． 19. 已知函数. （1）当时，求在上的最大值； （2）若是上的单调函数，求实数的取值范围； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽省合肥市庐阳区合肥市第八中学2025-2026学年高三上学期 10月月考数学试题 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本题共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. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由诱导公式化简，即可得到结果. 【详解】. 故选：D 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据分式不等式求解出集合，然后根据集合交集的定义进行求解即可. 【详解】由，解得：或，即：或. 又，可得：. 故选：C 3. 已知偶函数的图象过点，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】将点代入原方程计算可得，再分及验证即可得. 【详解】由过点，则，解得， 当时，，则，符合； 当时，，则为奇函数，不符合； 故. 故选：C. 4. 已知函数与的图象在处的切线重合，则（ ） A. B. e C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，分别求出两个切线方程，再根据切线方程重合列方程，即可求解. 【详解】对求导可得， 所以在处的切线斜率，又, 所以切线方程为，整理得， 对求导可得， 所以在处的切线斜率，又, 所以切线方程为，整理得， 所以，即，所以. 故选：A 5. 设函数，则“”是“有三个不同的零点”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】B 【解析】 【分析】先证是有三个不同零点的必要条件，再举特例说明不是有三个不同零点的充分条件. 【详解】因为所以， 因为有三个不同的零点，必有两个极值点， 所以有两个不同的根， 所以，所以， 又因为有两个极值点，但的两个极值不一定异号， 例如时，，，此时只有两个不同零点， 所以是有三个不同零点的必要不充分条件； 故选：B. 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由角的变换：，，结合同角三角函数关系式及两角差的正弦公式求解. 【详解】由，且，得； 由，得. 由，，得： . 因为， 所以，所以. 因为， 所以. 故选：A. 7. 如图为函数的图象，则的图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用特殊值排除法可得答案. 【详解】当时，，由原图可得， 所以的图象经过点，结合选项可排除A，B，C. 故选：D. 8. 已知函数在区间上恰有4个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据的取值范围求解出的取值范围，进而根据函数零点的个数求解的取值范围，从而求解的取值范围即可. 【详解】因为且，可得：， 由于函数在区间上恰又个零点，即在区间上恰又个解， 因此可得：，解得：. 又， 由，得：，由此可得：， 即得：. 故选：B 二、多项选择题：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. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据，且，利用作差法比较大小结合不等式的性质逐项判断即可. 【详解】对于A，因为，所以，故，故A正确； 对于B，因为，所以，当时，，故B错误； 对于C，因为，所以，故，故C正确； 对于D，因为，所以，故，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间上有两个极值点 C. 的图象关于点中心对称 D. 直线与的图象相切 【答案】BD 【解析】 【分析】先由余弦函数对称性性质得，进而求出参数，即求得函数解析式，接着由和在上不单调即可判断A；由结合极值点定义即可求解判断B；由即可判断C；利用导数工具结合三角函数性质求切点，根据解的情况即可判断D. 【详解】函数的图象关于直线对称， 则，则，又， 所以，所以函数， 若，则， 因为在上不单调，所以在区间上不单调，A错误； 令， 故若，则在区间上有两个极值点为，B正确； 因为，故的图象关于点中心对称，C错误； ，设直线与的图象相切于点， 则或， 所以或， 当时，即切点为， 将切点代入直线得，则， 所以直线与的图象相切，切点为； 当时，即切点为， 将切点代入直线得，则整数k无解，不成立； 综上直线与的图象相切于点，D正确. 故选：BD 11. 已知函数的定义域为，满足，且，则（ ） A. B. C. 是偶函数 D. 是奇函数 【答案】ABD 【解析】 【分析】分别赋值可求出，判断AB，利用换元法求出的解析式，根据奇偶函数定义判断CD. 【详解】令，代入可得，解得或； 若，代入，可得，即， 而，矛盾，故， 令，则，即， 由可知，故A正确； 令，，代入，可得，即，故B正确； 再令，则，即， 令，则，所以，即， 令，则，所以不是偶函数，故C错误； 令，则定义域为，且，所以为奇函数，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，且，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系计算即可. 【详解】易知，因为，所以， 则，. 故答案为：. 13. 若函数且的图象关于直线对称，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据反函数的求法，求得函数的反函数为，列出方程，求得，得到，化简，结合基本不等式，即可求解. 【详解】由函数，可得，即， 所以函数的反函数为， 因为函数的图象关于直线对称，可得， 可得，所以， 则 ， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最大值为. 故答案为：. 14. 在中，内角的对边分别为，已知，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用正余弦定理和余弦定理，结合三角恒等变换得到，由化简后再利用基本不等式即可得解. 【详解】由余弦定理得， 两式相减得， 因为，所以，即， 由正弦定理可得， 即， 所以， 即， 在中，不同时为， 因为，故， 所以， 因为，所以，则，故，则， ， 当且仅当，即时，等号成立， 则的最大值为. 故答案为： 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. 已知函数. （1）求的单调递增区间； （2）若，且，求的值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）借助三角恒等变换公式可将原函数化为正弦型函数，再利用正弦型函数性质计算即可得； （2）由题意可得，再计算出所处象限，则可得，最后利用两角差的余弦公式计算即可得. 【小问1详解】 ， 令，， 则，， 即的单调递增区间为，； 【小问2详解】 ，则， 由，则，又， 故，则， 则 . 16. 记的三个内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，且的外接圆半径为，求的面积. 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合正弦的和角公式计算即可； （2）利用正弦定理求出，结合余弦定理求出，利用三角形面积公式计算即可. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 又，则， 所以， 即， 化简得，又，， 所以，又， 所以. 【小问2详解】 设外接圆的半径为，则，所以， 由余弦定理得，结合， ，即，解得，则， 所以. 17. 已知函数. （1）若，求的极值； （2）若当时，，求实数的取值范围. 【答案】（1）极小值，无极大值 （2） 【解析】 【分析】（1）由题已知，可得函数解析式，先求函数的导数，得出单调区间，再判断出极值． （2）当和时，由导数可知在上单调递增，知，满足题意；当时，可知在上单调递减，可知，不合题意；由此可得的取值范围； 【小问1详解】 当时，故. 当时；当时 所以函数的单调增区间为，单调减区间为； ∴当时有极小值，无极大值. 【小问2详解】 因为，所以 令 ， 令，则； （i）当，即时，恒成立，， 则在上单调递增，又，恒成立，满足题意； （ii）当，即或时， 令，解得：，； 当时，，在上恒成立， 则在上单调递增，又，恒成立，满足题意； 当时，，又，，； 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， 则当时，，不合题意； 综上所述：实数的取值范围为. 18. 已知函数． （1）当时，证明：有且仅有一个零点； （2）若曲线与相切． （ⅰ）求a； （ⅱ）当时，证明：． 【答案】（1） 当时，，显然是增函数， 而，故在区间上有零点， 结合的单调性可知，在R上有且仅有一个零点． （2）（ⅰ）； （ⅱ）设，则， 由可知，设， 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增，故， 于是． 【解析】 【分析】（1）根据已知，根据其单调性结合零点存在性定理，即可证； （2）（i）利用导数几何意义求切线方程，由切线重合列方程求参数；（ii）设并应用导数研究函数值符号，即可证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）不妨记切点为，则， 由， 故切线方程为， 即， 令其与重合，故， 则， 若，显然有，这与题设条件矛盾， 若，由可知二者不在处相切，矛盾， 故，于是，经验证符合题意， 综上，； （ⅱ）略 19. 已知函数. （1）当时，求在上的最大值； （2）若是上的单调函数，求实数的取值范围； （3）证明：. 【答案】（1） （2） （3） 先证明左边： 由（1）知时，在上单调递增， 所以当时，，即， 又，所以，， 累加得； 再证明右边： 由（2）可知，时，在上单调递减， 所以当时，，可得，令， 累加可得 ， 所以， 所以； 综上，. 【解析】 【分析】（1）求出导函数，根据余弦函数图象与性质求出单调区间，即可求解最大值； （2）求出导函数，结合，按照和分类讨论，分别研究函数的单调性，利用单调性求得的范围； （3）由（1）知，又，所以，，累加证明左边；由（2）可知，令，累加可得，将其变形结合等比数列求和公式利用放缩法证明右边，即可得证. 【小问1详解】 若，则，， 当时，，仅当时等号成立， 当时，，，单调递增， 当时，，，单调递减， 所以； 【小问2详解】 ，则， ，仅当时等号成立， 当时，， 此时恒成立，在上单调递减，符合题意； 当时，，要使为单调函数， 则必须，即恒成立，所以，得， 所以； 综上，实数的取值范围为； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $