精品解析：海南儋州黄冈实验学校2026-2027学年高三上学期第一次月考（9月）数学试题

儋州黄冈实验学校 2026年9月高三第一次月考 考试时间：120分钟：满分150分 一、单选题（每题5分，共40分，在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知集合则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则复数的共轭复数（ ） A. B. C. D. 3. “”是“为幂函数”的（ ）条件． A. 充要 B. 必要不充分 C. 既不充分也不必要 D. 充分不必要 4. 函数的零点所在的区间是（ ） A. B. C. D. 5. 若，， ，则（ ） A. B. C. D. 6. 函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的定义域为.当时，；当时，；当时，.则 A. B. C. D. 8. 已知函数是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.选错0分，少选3分，全选对得6分.） 9. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知二次函数，满足则下列正确的是（ ） A. B. 不等式的解集为 C. 若在上的值域为，则 D. 若在上恒成立，则实数的取值范围为 11. 已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则下列命题正确的是（ ） A. 当时， B. 函数有3个零点 C. 的解集为 D. ，都有 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 若，，且，则的最小值为________. 13. ________． 14. 设若存在使得在区间上的值域为，则的值为___________． 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知函数是对数函数，且它的图象过点. （1）求函数的解析式； （2）求，，的值； （3）解不等式. 16. 如图，在底面为平行四边形的四棱锥中，平面，且，点是的中点. （1）求证：； （2）求二面角的大小. 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间. 18. 已知椭圆的离心率为，长轴长为4． （1）求C的方程； （2）过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 19. 已知函数，曲线在 处的切线方程为. （1）求的值； （2）证明：函数在区间上存在唯一极大值点； （3）求函数的零点个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 儋州黄冈实验学校 2026年9月高三第一次月考 考试时间：120分钟：满分150分 一、单选题（每题5分，共40分，在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知集合则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先解一元二次不等式求得集合A，之后利用交集中元素的特征求得，得到结果. 【详解】由解得， 所以， 又因为，所以， 故选：D. 【点睛】本题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有利用一元二次不等式的解法求集合，集合的交运算，属于基础题目. 2. 已知复数满足，则复数的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】， 则． 3. “”是“为幂函数”的（ ）条件． A. 充要 B. 必要不充分 C. 既不充分也不必要 D. 充分不必要 【答案】D 【解析】 【分析】分别验证其充分性以及必要性，即可得到结果. 【详解】当时，，符合幂函数的形式，故充分性满足； 当为幂函数可得，解得或， 故必要性不满足， 所以“”是“为幂函数”的充分不必要条件. 故选：D 4. 函数的零点所在的区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数定义域，函数单调性以及函数零点存在性定理分析即可. 【详解】由函数的定义域为， 又，故函数在上单调递增， 所以函数在上至多有1个零点， 由， 所以，所以函数的零点所在的区间是. 5. 若，， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数函数、对数函数的单调性结合中间值法可得出、、的大小. 【详解】因为，，， 因此，. 故选：D. 6. 函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：为奇函数且时，函数无意义，可排除，又在是减函数，故选. 考点：1.函数的奇偶性；2.函数的单调性；3.函数的图象. 7. 已知函数的定义域为.当时，；当时，；当时，.则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】当时，，所以当时，函数是周期为1的周期函数，所以， 又时，，且当时，， 所以． 8. 已知函数是定义域为的奇函数，是的导函数，，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】当时，，可得在上单调递增，结合函数是定义域为的奇函数，，从而得到不等式，求出答案. 【详解】令，则， 由题意知当时，，故在上单调递增， 因为函数是定义域为的奇函数， 所以， 所以， 所以是定义域为的偶函数， 所以在上单调递减， 又因为，所以， 所以， 所以当时，，则； 当时，，则； 当时，，则； 当时，，则. 则不等式的解集为. 故选：D. 二、多选题（本题共3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.选错0分，少选3分，全选对得6分.） 9. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】利用基本初等函数的导数公式、导数四则运算法则、复合函数求导法则，逐一验证各选项的求导结果即可． 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D正确． 10. 已知二次函数，满足则下列正确的是（ ） A. B. 不等式的解集为 C. 若在上的值域为，则 D. 若在上恒成立，则实数的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据对称性可求解析式，利用解析式可判断B、C，分离参数，求解最值可判断D. 【详解】由，可得对称轴为，所以，A正确； 因为，所以，即，解得，B错误； 由在上的值域为，可知其最小值必为，故， 其最大值必为3，而，故须满足，解，得， 综上，，C正确； 因为在上不等式恒成立，所以， 因为，当且仅当时取得最小值，故，D正确. 故选：ACD 11. 已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则下列命题正确的是（ ） A. 当时， B. 函数有3个零点 C. 的解集为 D. ，都有 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数奇偶性求解析判断A；解方程求零点判断B；解不等式可判断C；利用导数求出函数的极值，可得函数值域，即可判断D. 【详解】对于A，函数是定义在R上的奇函数，当时，， 则当时，，故，A错误； 对于B，函数是定义在R上的奇函数，故； 当时，令，解得； 当时，令，解得； 故函数有3个零点，B正确； 对于C，当时，令，解得； 当时，令，解得，则， 故的解集为，C正确； 对于D，当时，，所以时，，单调递减， 时，，单调递增，所以时，取最小值为， 且时，，所以，即， 当时，，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以时，取极大值为，且时，，时，， 所以，所以， 综合以上，的值域为， 所以，都有，故D正确； 故选：BCD 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 若，，且，则的最小值为________. 【答案】16 【解析】 【分析】利用1的代换可得，展开后利用基本不等式，即可得到答案； 【详解】， 等号成立当且仅当， 故答案为：. 13. ________． 【答案】 【解析】 【分析】直接根据对数和指数的运算法则计算即可. 【详解】 故答案为： 14. 设若存在使得在区间上的值域为，则的值为___________． 【答案】． 【解析】 【分析】求出的对称轴为，讨论对称轴不在区间内和对称轴在区间内进行求解，利用二次函数的图像和性质求解. 【详解】的对称轴为． 区间的长度为2，值域的长度也为2． 若对称轴不在区间内，函数单调， 最大值与最小值之差为或， 均导致对称轴在区间内，矛盾． 因此对称轴必在区间内，即 此时最小值为，最大值为， 最大值在端点处取得，即， 若，即，则； 若，即，则， 故． 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知函数是对数函数，且它的图象过点. （1）求函数的解析式； （2）求，，的值； （3）解不等式. 【答案】（1）（2），，（3） 【解析】 【分析】（1）根据待定系数法，设对数函数且，，将代入方程，求解即可. （2）根据（1）求出的，分别将，，代入求解即可. （3）根据为单调递增函数以及定义域，列不等式组，解不等式组即可. 【详解】（1）设且，， 函数的图象过点， ，即 ，即. （2）由（1）得； ； ； （3）在上单调递增 若使得成立 则需：，解得， 所以不等式的解集为. 【点睛】本题考查利用待定系数法求对数函数表达式以及根据对数函数的单调性解不等式，属于中档题. 16. 如图，在底面为平行四边形的四棱锥中，平面，且，点是的中点. （1）求证：； （2）求二面角的大小. 【答案】（1）证明：法一：平面且平面， 又因为且平面PAB，平面， 平面. 法二：由题意可知平面， 以为坐标原点，以方向为轴，方向为轴，方向为轴建立空间直角坐标系， AI 因为，所以， 所以， 即， 因此，故可知. （2） 【解析】 【分析】（1）法一：根据线面垂直的判定定理证明平面，由此可证明；法二：建立合适空间直角坐标系，然后分别表示出的坐标，根据完成证明； （2）先分别求解出平面和平面的一个法向量，然后根据法向量夹角的余弦值确定出法向量的夹角，再结合图形求解出二面角的大小. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为底面为平行四边形，所以，故， 因为点是的中点，故，所以， 设平面的法向量为， 所以，所以， 取，可得，所以平面的一个法向量为， 由题意可知，平面的一个法向量为， 因此，故两法向量的夹角为， 经观察，二面角为钝角，所以二面角的大小为. 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求的单调区间. 【答案】（1）；（2）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）求得，分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间. 【详解】（1）当时，，所以. 所以，， 所以，曲线在点处的切线方程为，即； （2）. 当时，在时，， 此时，函数的单调增区间是； 当时，若，则；若，则. 此时，函数的单调递减区间是，递增区间是. 综上所述：当时，的单调增区间是； 当时，的单调递减区间是，递增区间是. 18. 已知椭圆的离心率为，长轴长为4． （1）求C的方程； （2）过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程； （2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长. 【小问1详解】 因为长轴长为4，故，而离心率为，故， 故，故椭圆方程为：. 【小问2详解】 由题设直线的斜率不为0，故设直线，， 由可得， 故即， 且， 故， 解得， 故. 19. 已知函数，曲线在 处的切线方程为. （1）求的值； （2）证明：函数在区间上存在唯一极大值点； （3）求函数的零点个数. 【答案】（1） （2）证明：由（1）得，求导得， 设，则， 当时，，，则，故函数在上单调递减， 又，由零点存在定理，存在唯一的，使得. 当时，，即，则函数在上单调递增； 当时，，即，即函数在上单调递减. 故为函数在区间上的唯一极大值点； （3）2 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线方程，对照系数即可求出的值； （2）利用导数判断函数的单调性，结合零点存在定理即可得证； （3）将按照定义域分成，，和四部分，讨论函数的单调性，结合零点存在定理和端点函数值大小逐一判断零点个数即可. 【小问1详解】 由，可得， ，则， 因曲线在 处的切线方程为，则. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 函数的定义域为，则， ①当时，由（2）知，函数在上单调递增，在上单调递减. 又，即当时，，即， 故函数在上单调递减，故函数在上仅有零点； ②当时，因，由（2）当时，单调递增， 故，即在上单调递增， 当时，单调递减，因， 则在后面一段区间必有,单调递减,在上先增后减， 又，则当时，，即函数无零点； ③当时，若，则，则函数在上单调递减， 又，由零点存在定理，函数存在唯一的零点； 若，则，而，则恒成立，故函数在上无零点. 综上，函数共有与两个零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $