精品解析：宁夏银川市唐徕中学2027届高三年级第一次月考数学试卷

银川唐徕中学2027届高三年级第一次月考试卷 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上． 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号．在试卷上作答无效． 3.非选择题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上． 4.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本大题共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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则“”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 3. 下列函数是奇函数且在定义域上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 4. 角的始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知关于的不等式的解集为，则的解集为（ ） A. B. C. D. 6. Peukert于1897年提出蓄电池的容量（单位：）、放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式，其中为Peukert常数．在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间，则当放电电流时，放电时间为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，则下列不等式正确的是（    ） A. B. C. D. 10. 是定义在上的奇函数，当时，有，且时，，则下列说法正确的是（ ） A. 是以4为周期的周期函数 B. 的图象关于对称 C. 函数有2个零点 D. 11. 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 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 不等式的解集为__________． 13. 已知，且是第四象限的角，则_________ 14. 已知函数有且仅有三个零点，则a的取值范围是__________． 四、解答题：本大题共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. 已知为锐角，． （1）的值； （2）的值； （3）的值． 16. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 17. 已知函数（，且），若函数在区间上的最大值与最小值之差为1． （1）解不等式； （2）当时，求函数的最值，并求出取得最值时对应的的值． 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 19. 由两角和差公式我们得到倍角公式，实际上也可以表示为的三次多项式． （1）试用表示 （2）求的值 （3）已知方程在上有三个根，记为，，，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 银川唐徕中学2027届高三年级第一次月考试卷 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上． 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号．在试卷上作答无效． 3.非选择题必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上． 4.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本大题共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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意知，又，所以. 2. 已知，则“”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】选项A：若，由，可得；若，由，可得， 不满足充分性，故A错误； 选项B：根据函数的单调性知，“”是“”的充要条件，故B错误； 选项C：由，可得；不能推出， 故“”是“”的充分不必要条件，故C正确； 选项D：“”不能得出，也不能推出， 故是的既不充分也不必要条件，故D错误． 3. 下列函数是奇函数且在定义域上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数奇偶性和单调性逐一分析选项即可. 【详解】选项A，在中，，因为，所以函数是偶函数，不符合题意，A错误； 选项B，在中，，因为，所以函数是奇函数， 因为函数和均在R上单调递减，所以函数在定义域R上单调递减，不符合题意，B错误； 选项C，在中，,因为，所以函数是偶函数，不符合题意，C错误； 选项D，在中，由，得解得，即定义域为，关于坐标原点对称， 因为，所以，所以函数是奇函数， 因为，所以函数在定义域上单调递增，符合题意，D正确． 4. 角的始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】角的始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，则， 所以.  5. 已知关于的不等式的解集为，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为的解集为，所以，方程的两个根分别为， 所以，，即，， 所以不等式为， 因为，得，解得． 6. Peukert于1897年提出蓄电池的容量（单位：）、放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式，其中为Peukert常数．在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间，则当放电电流时，放电时间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意，电池容量不变，所以. 所以. 因为，且. 所以. 因此. 7. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由得，① 由得，② ①②得，， ①②得，， 因此. 8. 已知函数，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出函数的图象，根据图象分析可得的值，再由的取值范围即可得出答案. 【详解】画出函数的图象如下图所示： 若，由，即， 即，化简可得：，所以， 当时，单调递增，且， 令，则，所以，. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，则下列不等式正确的是（    ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】由条件结合基本不等式证明，由此可判断ABD，由条件，展开结合基本不等式求其范围判断C.. 【详解】因为，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立， 又， 所以，当且仅当时等号成立，A正确； 所以，当且仅当时等号成立，B正确； ，当且仅当时等号成立， 所以，D错误； 因为，，所以，， 故，， 所以，C正确.. 故选：ABC. 10. 是定义在上的奇函数，当时，有，且时，，则下列说法正确的是（ ） A. 是以4为周期的周期函数 B. 的图象关于对称 C. 函数有2个零点 D. 【答案】CD 【解析】 【分析】A选项，因为，所以在定义域内不是以4为周期的周期函数，A错误；B选项，举出反例可得B错误；C选项，转化为的解，得到函数零点个数；D选项，时，函数的一个周期为4，利用函数的周期进行求解 【详解】对于A，当时，，所以， 时，，令，则， 所以，所以， 因为为奇函数且，，，， 则的图象如图所示， 因为，所以在定义域内不是以4为周期的周期函数，A错误； 对于B，因为，，， 故的图象不关于对称，B错误； C选项，函数零点，即的解， 当时，函数与有一个交点，即有一个解， 的最大值为1，当时，，此时无解， 故在上存在一个解， 又为奇函数，为奇函数，可得在上存在一个解， 所以的零点个数为2，C正确； D选项，由A可知，， 故 ，D正确 11. 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， 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 不等式的解集为__________． 【答案】 【解析】 【详解】由不等式移项得，，化简得， 要求不等式的解集，等价于求不等式组的解集， 解得，因此该不等式的解集为. 13. 已知，且是第四象限的角，则_________ 【答案】## 【解析】 【详解】因为，则得， 已知是第四象限角，则， 故. 14. 已知函数有且仅有三个零点，则a的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】令，利用导函数研究其单调性画出图象，将问题转化为一元二次方程的根的问题即可求解. 【详解】因为有且仅有三个零点，则方程有且仅有三个根， 令，则， 由得；得； 则在单调递增，在上单调递减，则， 因为时；时，且时， 所以的函数图象如图： 因为不是的根， 所以有两个根，其中一个根位于，另一根位于或另一根是， 但方程的两根的乘积为， 所以一个根位于，另一根位于， 则，得， 故的取值范围是. 四、解答题：本大题共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. 已知为锐角，． （1）的值； （2）的值； （3）的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【15题详解】 【16题详解】 所以 ． 【17题详解】 因为， 所以 所以． 所以 且为锐角，可得，所以． 16. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程； （2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可. 【小问1详解】 当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且， 若有极小值，则有零点， 令，可得， 可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即， 构建， 因为则在内单调递增， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为. 17. 已知函数（，且），若函数在区间上的最大值与最小值之差为1． （1）解不等式； （2）当时，求函数的最值，并求出取得最值时对应的的值． 【答案】（1） （2）当时，函数有最小值，当时，函数有最大值0 【解析】 【分析】（1）先根据已知区间上的最大值与最小值之差确定对数的底数及单调性，再利用对数函数的单调性解不等式； （2）将所求函数化为关于新变量的二次函数，在闭区间上求最值． 【小问1详解】 由题意得所给区间的右端点大于左端点，所以，，， 所以，所以在上单调递增， 所以，解之得，所以解集为． 【小问2详解】 因为在上单调递增， 所以，， 即，所以. 所以，所以. 令，因为，所以， 所以. 该二次函数图象开口向上，所以在闭区间上的最小值在顶点处取得，最大值在端点处取得； 比较两个端点的函数值，右端点处的函数值较大． 所以，. 即，， 所以当时，函数有最小值，当时，函数有最大值0． 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】（1）递增区间为，递减区间为 （2）因为，故， 即，故， 设，则， 不妨设，由（1）可知原命题等价于：已知，证明： . 证明如下： 若，恒成立； 若， 即 时， 要证：，即证，而，即证， 即证：，其中 设，， 则， 因为，故，故， 所以，故在为增函数，所以， 故，即成立， 所以成立， 综上，成立. 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数与单调性的关系求解即可； （2）由题知，进而令，将问题转化为已知，证明：，再根据极值点偏移问题求解即可. 【小问1详解】 函数的定义域为，又， 当时，，当时，， 故的递增区间为，递减区间为 【小问2详解】 略 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，极值点偏移问题，考查化归与转化思想，逻辑思维能力、运算求解能力，是难题．本题第二问解题的关键在于设，结合（1）将命题转化为已知，证明：，再根据极值点偏移问题求解即可. 19. 由两角和差公式我们得到倍角公式，实际上也可以表示为的三次多项式． （1）试用表示 （2）求的值 （3）已知方程在上有三个根，记为，，，求证：． 【答案】（1） （2） （3）证明: 因,故可令， 故由可得: 由（1）得:， 因，故， 故,或,或 即方程的三个根分别为， 又，故， 于是， 【解析】 【分析】（1）利用两角和差的余弦公式和二倍角的余弦公式展开整理即可证明； （2）利用第（1）问的结论对进行代换得到关于的方程，解出即可，最后注意检验. （3）利用（1）中结论得到，再得到三根代入式子化简即可. 【小问1详解】 因为， 【小问2详解】 所以， 因为， 因为， ， 即 因为，解得（已舍）. 【小问3详解】 略. 【点睛】本题需要对两角和差的余弦即二倍角的余弦公式运用熟练，推导出三倍角的余弦公式，再利用此公式进行应用证明后面的结论，计算和迁移应用要求高.一定要抓住第（1）问所证明的结论去证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $