精品解析：宁夏回族自治区银川一中2026-2027学年高三上学期第一次月考数学试卷

银川一中2027届高三年级第一次月考 数 学 试 卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、单项选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1. 已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 命题，的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 从1，2，3，4，5，6，7七个数字中，选出两个奇数和一个偶数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有（ ） A. 18个 B. 36个 C. 72个 D. 108个 4. 已知角的终边经过点，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数为奇函数，则下列结论不正确的是（ ） A. 的定义域为 B. C. 的单调递减区间为 D. 的值域为 6. 已知，为某随机试验的两个事件，为事件的对立事件．若，，．则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若正实数，满足，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，当关于实数的方程有个根时，实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二.多项选择题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9. 下列命题中，正确的命题是（ ） A. 已知随机变量X服从二项分布，若，，则 B. 若回归直线的斜率估计值为，样本点中心为，则回归直线的方程为 C. 设服从正态分布，若，则 D. 某人在10次射击中，击中目标的次数为X，，则当时概率最大 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 在上单调递增 B. 若函数有两个零点，则 C. 不等式的解集为 D. 若，则 11. 已知定义域为的函数，，满足，，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是周期函数 C. 是奇函数 D. 点是的对称中心 三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12. 如图，一把折扇完全打开后，扇面的两条弧，的弧长分别是和，且，则图中阴影部分的面积是________ 13. 已知，，则______. 14. 已知直线（，）是曲线与曲线的公切线，则等于______. 四、解答题（共5小题，满分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）讨论函数的单调性； （2），，求的取值范围． 16. 郑州某中学为了解学生课后阅读时间与体育锻炼时长的关联性，以及基于阅读时间预测学生作业完成质量，随机抽取了高二年级名学生进行调查，将学生课后阅读时间分为“不少于小时”“少于小时”两类，体育锻炼时长分为“不少于小时”“少于小时”两类，得到如下统计数据（单位：人）： （1）求下面表格中，，的值，并依据小概率值的独立性检验，分析学生课后阅读时间与体育锻炼时长是否有关？ 阅读时间\锻炼时长 不少于1小时 少于1小时 总计 不少于1小时 15 少于1小时 10 50 总计 45 55 100 参考数据（独立性检验临界值表）： 0.1 0.05 0.025 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 （2）为进一步研究课后阅读时间（单位：小时）与学生每日作业完成质量得分的关系，随机选取其中20名学生的样本数据，经计算得：，，，，求关于的一元线性回归方程，并预测若某学生课后阅读时间为2.5小时，则其每日作业完成质量得分为多少？ 附：（i），其中. （ii）在线性回归方程中，，； 17. 已知函数． （1）若函数在定义域上单调递增，求实数a的取值范围； （2）若，求证：； （3）设是函数的两个极值点，求证：． 18. 甲、乙两名同学进行羽毛球比赛，每局比赛无平局，且各局比赛结果相互独立.已知单局比赛中，甲获胜的概率为. （1）双方进行比赛，先赢得局比赛的一方获胜.若， （i）求乙获胜的概率； （ii）求在甲获胜的条件下，乙至少获胜一局的概率. （2）设为“双方进行满局比赛（不提前结束），甲赢得至少局”的概率；为“双方进行比赛，采用至少赢局且至少多赢局的规则（例如甲至少赢局，且净胜乙至少局时，甲获胜），甲获胜”的概率.比较与的大小. 19. 已知函数. （1）证明：在上恰有两个零点； （2）已知点，的坐标为，. （i）证明：当时，的图象位于线段下方； （ii）设的两个零点为，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 银川一中2027届高三年级第一次月考 数 学 试 卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、单项选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1. 已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，可得，即， 又，所以图中阴影部分表示的集合为． 2. 命题，的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【详解】命题“，”的否定为“”. 3. 从1，2，3，4，5，6，7七个数字中，选出两个奇数和一个偶数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有（ ） A. 18个 B. 36个 C. 72个 D. 108个 【答案】D 【解析】 【分析】利用排列组合以及分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由题意得：第一步：先选两个奇数有种选法， 第二步：再选一个偶数有种选法， 第三步：最后将三个数组成没有重复的三位数有种排法， 根据分步乘法计数原理共有：种排法. 4. 已知角的终边经过点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦的定义计算即可. 【详解】由题知，解得． 故选：B. 5. 已知函数为奇函数，则下列结论不正确的是（ ） A. 的定义域为 B. C. 的单调递减区间为 D. 的值域为 【答案】D 【解析】 【分析】对于A选项，由，即可求解； 对于B选项，根据函数为奇函数，由即可求解； 对于C选项，利用指数函数的单调性求解； 对于D选项，由时，，得到，再由是奇函数即可求解. 【详解】对于选项A，由，解得，所以的定义域为，故A正确； 对于选项B，因为函数是定义域为的奇函数， 所以，即，解得， 当时，， 所以， 则符合题意，所以B正确； 对于选项C，当时，，且在上递增，则在上递减， 所以在上递减，又是奇函数， 则的单调递减区间为和，故C正确； 对于选项D，由选项B可知，，当时，，则， 所以，又是奇函数，当时，， 所以的值域为，故D错误. 6. 已知，为某随机试验的两个事件，为事件的对立事件．若，，．则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由求出，再求出，最后由条件概率公式计算可得. 【详解】因为，所以， 所以， 又，所以， 所以. 故选：D 7. 已知函数，若正实数，满足，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性及单调性，结合题设可得，然后利用基本不等式“1”的代换求解最值即可. 【详解】由，， 则，故是定义在上的奇函数， 由，得， 由为增函数，知是增函数， 所以，即， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立， 则的最小值是. 8. 已知函数，，当关于实数的方程有个根时，实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别作出函数，的图象，分、、和四种情况讨论，结合函数图象分析交点个数即可得解. 【详解】分别作出函数，的图象，如图所示， 令，则即为， 若，则方程没有根，不合题意； 若，则方程有且仅有1个根，即， 可知方程有且仅有2个不相等根，不合题意； 若，则方程有2个不相等实根，， 方程有且仅有2个不相等实根，且方程有且仅有2个不相等实根， 所以方程有4个不相等实根，不合题意； 若，则方程有3个不相等实根，，， 方程有且仅有2个不相等实根，且方程有且仅有2个不相等实根， 由题意可知方程有且仅有2个不相等实根，则或， 可得； 综上所述：实数的取值范围是. 【点睛】本题的关键是将方程根的问题转化为复合函数的零点个数问题，利用函数图象对参数进行分类讨论求解. 二.多项选择题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9. 下列命题中，正确的命题是（ ） A. 已知随机变量X服从二项分布，若，，则 B. 若回归直线的斜率估计值为，样本点中心为，则回归直线的方程为 C. 设服从正态分布，若，则 D. 某人在10次射击中，击中目标的次数为X，，则当时概率最大 【答案】BC 【解析】 【分析】利用二项分布的期望公式和方差公式列出关于的方程组，解方程组即可判断A选项；根据回归方程过样本中心点求出回归方程，即可判断B选项；利用正态分布图像的对称性即可判断C选项；根据与1比较，判断其单调性，即可判断D． 【详解】解：对于A，由随机变量X服从二项分布，若，， 可得，解得，故A错误； 对于B，若回归直线的斜率估计值为，样本点中心为， 则回归直线的方程，即，故B正确； 对于C，随机变量服从正态分布，则图像关于轴对称， 若，则， 所以，故C正确； 对于D，因为10次射击中，击中目标的次数为X，， 则，，， 则， 当，即时，递增， 当，即时，递减， 所以当，即当时概率最大，故D错误． 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 在上单调递增 B. 若函数有两个零点，则 C. 不等式的解集为 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用导数与函数单调性间的关系，直接求出单调区间，即可求解；对于B，利用选项A中结果，结合，即可求解；对于C，分和两种情况，当时，恒成立，当，构造函数，即可求解；对于D，根据条件得到，再结合选项A的结果，即可求解. 【详解】对于选项A，因为，由，得到， 当时，，当时，， 即在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以选项A正确， 对于选项B，若有两个不同的零点，即直线与有两个交点， 因为是的极小值点，， 因为，且时， 所以，当时直线与有两个交点，选项B错误； 对于选项C，由，得到，当时，恒成立， 当时，由，得到， 令，在区间上单调递增，所以，则， 综上，不等式的解集为，C选项正确； 对于选项D，由，得到， 则，由选项A知，在区间上单调递增， 所以，则，故选项D正确， 11. 已知定义域为的函数，，满足，，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是周期函数 C. 是奇函数 D. 点是的对称中心 【答案】ABD 【解析】 【分析】先根据函数递推式推导的周期性，再结合的对称性、与 的关系逐一判断选项． 【详解】对于选项A：由，令 得，已知，代入得，所以A正确； 对于选项B：已知，将替换为得，两式联立消去得， 再将替换为得，即， 故是周期为6的周期函数，所以B正确； 对于选项C：由得关于直线对称， 又由条件， 令，则， 由关于直线对称得，因为， 所以，即， 令，则，所以是偶函数，不是奇函数．所以C错误； 对于选项D：要判断是否为对称中心，即需验证对任意，， 因为， 所以， 所以 因此只需证明， 由，令，得：， 即， 将替换为得 又因是偶函数，有，所以 所以因此是的对称中心，所以D正确． 三、填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12. 如图，一把折扇完全打开后，扇面的两条弧，的弧长分别是和，且，则图中阴影部分的面积是________ 【答案】 【解析】 【分析】设扇形的圆心角为，小扇形半径为，根据弧长公式建立方程组求出半径和圆心角，再利用扇形面积公式作差求解． 【详解】设扇形的圆心角为，小扇形的半径为，则大扇形的半径为． 依题意得 ， 两式相减得，解得． 将代入，解得，则． 所以阴影部分的面积   ． 13. 已知，，则______. 【答案】 【解析】 【详解】，，则， 所以， . 14. 已知直线（，）是曲线与曲线的公切线，则等于______. 【答案】3 【解析】 【分析】由求得切线方程，结合该切线也是的切线列方程，求得切点坐标以及斜率，进而求得直线，从而求得正确答案. 【详解】设是图象上的一点，， 所以在点处的切线方程为， 即，令， 解得，， 所以，， 所以或，当时，，不符合题意，舍去， 所以，此时， 所以. 四、解答题（共5小题，满分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）讨论函数的单调性； （2），，求的取值范围． 【答案】（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增 （2） 【解析】 【分析】（1）求导后拆分因式，定义域内恒正，只需根据的正负分类讨论符号，划分单调区间； （2）不等式消去二次项，将参数单独移到一侧，转化为大于右侧函数在区间上的最大值，再通过求导求右侧函数最值. 【小问1详解】 因为函数，函数定义域为， 所以（），因为，故， 若时，恒成立，，在上单调递减； 若时，令，得，当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 不等式化简得：， ，变形得：． 所以对，不等式恒成立． 令（），求导得， 当时，，在上单调递增 当时，，在上单调递减， 因此的最大值为， 故，即的取值范围为． 16. 郑州某中学为了解学生课后阅读时间与体育锻炼时长的关联性，以及基于阅读时间预测学生作业完成质量，随机抽取了高二年级名学生进行调查，将学生课后阅读时间分为“不少于小时”“少于小时”两类，体育锻炼时长分为“不少于小时”“少于小时”两类，得到如下统计数据（单位：人）： （1）求下面表格中，，的值，并依据小概率值的独立性检验，分析学生课后阅读时间与体育锻炼时长是否有关？ 阅读时间\锻炼时长 不少于1小时 少于1小时 总计 不少于1小时 15 少于1小时 10 50 总计 45 55 100 参考数据（独立性检验临界值表）： 0.1 0.05 0.025 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 （2）为进一步研究课后阅读时间（单位：小时）与学生每日作业完成质量得分的关系，随机选取其中20名学生的样本数据，经计算得：，，，，求关于的一元线性回归方程，并预测若某学生课后阅读时间为2.5小时，则其每日作业完成质量得分为多少？ 附：（i），其中. （ii）在线性回归方程中，，； 【答案】（1），，，有关 （2），77.5分 【解析】 【分析】（1）根据列联表的性质填表，计算卡方值，利用独立性检验思想即得结论； （2）利用相关数据代入公式求出的值，即得回归方程，代入即可计算对应的估计值. 【小问1详解】 由表知：，，， 零假设为：学生课后阅读时间与体育锻炼时长无关 则， 依据小概率值的独立性检验，有充分证据推断不成立，因此可以认为学生课后阅读时间与体育锻炼时长有关； 【小问2详解】 因，，则， 又，，则， 则 于是关于的一元线性回归方程为， 当时， 所以若某学生课后阅读时间为2.5小时，则其每日作业完成质量得分为77.5分. 17. 已知函数． （1）若函数在定义域上单调递增，求实数a的取值范围； （2）若，求证：； （3）设是函数的两个极值点，求证：． 【答案】（1） （2）当时，， 要证明， 只需证，只需证， 记，则， 所以单调递增；单调递减， 成立 ； （3）由题意可知， 因为有两个极值点， 所以是方程的两个不等实根，， 所以， ， 所以要证， 即证， 即证，即证，即证， 令，则证明， 令，则， 所以在上单调递增，则， 即， 所以原不等式成立； 【解析】 【分析】（1）由题意得恒成立，参变分离求最值即可； （2）由题意得要证明，只需证，记，利用导数研究单调性求最大值即可得证； （3）化简，将转化成，再构造函数，通过讨论其单调性即可求证. 【小问1详解】 的定义域为在上恒成立， 所以在上恒成立， 又， 当且仅当时，等号成立，所以， 即a的取值范围是； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 18. 甲、乙两名同学进行羽毛球比赛，每局比赛无平局，且各局比赛结果相互独立.已知单局比赛中，甲获胜的概率为. （1）双方进行比赛，先赢得局比赛的一方获胜.若， （i）求乙获胜的概率； （ii）求在甲获胜的条件下，乙至少获胜一局的概率. （2）设为“双方进行满局比赛（不提前结束），甲赢得至少局”的概率；为“双方进行比赛，采用至少赢局且至少多赢局的规则（例如甲至少赢局，且净胜乙至少局时，甲获胜），甲获胜”的概率.比较与的大小. 【答案】（1）（i）；（ii） （2）当时，；当时，；当时， 【解析】 【分析】（1）（i）若乙以获胜，则第局乙赢，前局乙赢局输局，再利用独立事件和独立重复试验的概率公式可求出所求事件的概率； （ii）设事件为甲获胜，事件为乙至少获胜一局，分析出甲获胜的情况，求出的值，以及事件所包含的情形，求出的值，再利用条件概率公式可求出的值； （2）设表示前局中同学甲赢得的局数，记，求得，，作差，对与的大小进行分类讨论，即可得出与的大小关系. 【小问1详解】 （i）因为甲每局获胜的概率为，所以乙每局获胜的概率为， 若乙以获胜，则第局乙赢，前局乙赢局输局. 所以乙获胜的概率为； （ii）设事件为甲获胜，事件为乙至少获胜一局， 若甲获胜，则甲对乙可以以、、获胜， 若甲以获胜，则前局全是甲赢； 若甲以获胜，则第局甲赢，前局甲赢局输局； 若甲以获胜，则第局甲赢，前局甲赢局输局. 所以. 事件（甲获胜且乙至少获胜一局）等价于“甲以或获胜”， ， 所以在甲获胜的条件下，乙至少获胜一局的概率为. 【小问2详解】 设表示前局中同学甲赢得的局数，记， 则. 对于，设双方平之后甲获胜的概率为，则，所以， 则. 因此. 因为，可得， 又， 所以. 当时，可得，即； 当时，；当时，. 19. 已知函数. （1）证明：在上恰有两个零点； （2）已知点，的坐标为，. （i）证明：当时，的图象位于线段下方； （ii）设的两个零点为，，证明：. 【答案】（1）因为函数的定义域为，且， 令，可得， 又因为，则，解得， 当时，；当时，； 可知函数在内单调递减，在内单调递增， 因为，， 则， ， 且，， 可知函数在，内均存在唯一零点，所以在上恰有两个零点. （2）（i）由题意可知直线的方程为，即， 令，， 则，可知在内单调递增， 因为， 令，，则， 可知在内单调递减，则，可得，， 且，可得，即； 又因为， 注意到在内单调递增，则， 即，可得； 可知在内存在唯一零点， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增，且， 则在内恒成立，即，， 所以当时，的图象位于线段下方； （ii）不妨设，由（1）可知：，， 则， 设，， 则，当且仅当时，等号成立， 可知在定义域内单调递增，且， 当时，，可得； 当时，，可得； 综上所述：当，时，. 可得，即， 令，，则， 可知在内单调递增，则， 则，，可得， 则， 可得，则， 所以. 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在性定理分析判断即可； （2）（i）可得直线的方程为，构建，，利用导数分析的单调性，结合单调性分析证明即可；（ii）不妨设，由（1）可知：，构建函数证明即可证明结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $