精品解析：甘肃兰州第一中学2026-2027学年高三上学期10月月考数学试题

兰州一中2026-2027-1学期10月月考试题 高三数学 说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟．答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡． 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，可得，所以. 又，根据交集的定义， 是由所有既属于集合又属于集合的元素构成的集合， 因此需满足不等式组，取两个解集的公共部分，可得， 即. 2. 已知a，b均为正数，，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】利用可得，结合基本不等式即可求解最小值. 【详解】因为a，b均为正数，且，所以， 所以， 当且仅当，即，时等号成立， 所以的最小值为6. 3. 已知的图象关于点对称，且对，都有成立，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由图象平移的对称性推出是奇函数，再推导得到函数周期为，最后将转化为已知区间的函数值计算即可。 【详解】因为的图象关于点对称，所以函数的图象关于点对称， 即函数为奇函数，所以，因为对，都有成立， 所以，所以， 所以函数的周期为，因为当时，， 所以. 4. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据求导公式和运算法则，结合导数的定义计算即可求解. 【详解】由题意知，，所以； . 故选：D 5. 已知函数，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定函数的单调性和奇偶性，进而可求解. 【详解】由解得， 即的定义域为， 又， 故为奇函数， 当时，均单调递增， 故在时，单调递增， 则，等价于， 则，解得， 故不等式的解集为. 6. 已知函数，则函数的零点个数是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】由可得或，作出图形，结合图形即可求解. 【详解】由题意，令，解得或. 当时，，开口向下，对称轴为，，； 当时，，，函数在单调递减，在单调递增. 作出的大致图象如下， 由图可知，直线与图象有3个交点； 直线与图象有4个交点. 所以函数的零点个数是7个. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据诱导公式以及余弦的二倍角公式，即可求解. 【详解】因为 ， 又，所以， 所以. 8. 已知函数在上可导，导函数为，满足，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造辅助函数判断单调性，结合，将不等式等价转化后利用单调性求解. 【详解】设，，对其求导可得：  . 由题设，且对任意恒成立，因此， 即在上为单调递增函数. 因为，因此. 不等式等价变形为，即，由函数的单调性可得， 即不等式的解集为. 二、多项选择题：（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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．） 9. 下列不等式一定成立的有（　　） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，利用反例，可得其正误；对于BC，利用基本不等式，可得其正误；对于D，利用二次函数的性质，可得其正误. 【详解】对于A，当时，，故A错误； 对于B，由，则，当且仅当时，等号成立，故B正确； 对于C，由，则， 当且仅当时，等号成立，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：BC. 10. 函数的部分图象如图所示，其中点在曲线上，若，则（ ） A. B. C. 是偶函数 D. 曲线在点C处的切线斜率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定的函数图象，结合正弦函数的图象性质求解判断ABC；求出函数的导数，利用导数的几何意义判断D. 【详解】观察给定图象，得函数的最小正周期，解得，A正确； 由点在曲线上，得，由，得，B正确； 函数，函数为奇函数，C错误； 求导得，因此曲线在点C处的切线斜率为，D正确． 11. 设函数，则（ ） A. 2是的极大值点 B. 方程有3个不同的实数解 C. ， D. ， 【答案】ABD 【解析】 【分析】分段去掉绝对值求导分析函数单调性，然后画出已知函数的图像，利用图像具体分析选项内容. 【详解】已知， 对于，当，，令，解得， 因为，，单调递增；，单调递减； 所以2是的极大值点，对； 对于，作出的图象 因为，在区间上单调递减，， 在上，，所以在上，单调递增，，所以方程有3个不同的实数解，对； 对于，在区间，单调递增，因为在区间上恒成立， 所以在区间上恒成立，错； 对于，是向左平移 3 个单位，作出图象 令，当，， 该式在时恒大于，所以； 当，， 该式在时恒大于，所以； 当，， 所以； 综上，，，对. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，的取值范围为____________. 【答案】 【解析】 【详解】因为，故， 故，而，故，故. 13. 若函数在上无最小值，则的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据可得出关于的取值范围，结合题意可得出关于的不等式，解之即可. 【详解】因为，当时，，且， 当时，第二次使得， 因为函数在上无最小值， 所以，解得， 故实数的取值范围是. 14. 设实数，若对任意的，不等式恒成立，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】由通过变形得到，构造，利用导数法得到在区间为增函数，从而得到，构造函数，利用导数法得到的最大值，从而得到的取值范围. 【详解】，且， 不等式两边同乘以，得到， 设，故不等式转化为， ， 因为，所以，所以在区间为增函数， 又时，， 则转化为在上恒成立， 即在上恒成立，即， 设，， 的解为，的解为， 故在上是单调递增函数，在上是单调递减函数， 则在处取得极大值，也是最大值， 故的最大值为， 则，即． 四、解答题（本大题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 已知数列是等差数列，，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据通项公式列方程求解； （2）采用分组求和方法即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为d． 由题意得，解得， 所以． 数列的通项公式为． 【小问2详解】 由题意可得： 所以数列的前n项和为. 16. 甲和乙两个箱子各装有大小相同的若干小球，其中甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有个红球和2个白球，若从乙箱中随机摸出1个小球，摸到红球的概率为． （1）若从乙箱中随机摸出2个小球，求恰有1个红球和1个白球的概率； （2）现从两个箱子中随机选一个箱子（每个箱子被选到的可能性相等），再从选中的箱子中不放回地随机摸出2个小球，规定摸到红球得2分，摸到白球得1分，用表示这2个小球的得分之和，求的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）的分布列为： X 2 3 4 P ． 【解析】 【分析】（1）先利用概率求得乙箱中球数，再利用组合数计算取球的种数，即可求概率. （2）利用条件得到各种取球的概率，再利用全概率公式计算出得分的对应的概率，即可求的分布列及数学期望． 【小问1详解】 从乙箱中任取一球，取出的是红球的概率为，得，所以. 从乙箱中任取2个球，设取到1个红球和1个白球为事件， 则. 所以取到1个红球和1个白球的概率为． 【小问2详解】 设事件表示“取到甲箱”，表示“取到乙箱”，事件表示“取出的两球都是红球”，事件表示“取出的是1个红球和1个白球”，事件表示“取出的两球都是白球”. 故，，，， ，，，. 由题知的可能取值为2，3，4， 则； ； . 所以的分布列为： X 2 3 4 P ． 17. 如图，在四棱锥中，，，，，为线段的中点． （1）求证：平面； （2）若，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）取的中点，连接，. 因为为线段的中点，所以，. 又，，所以，， 则四边形为平行四边形，所以. 因为平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可. （2）根据线面垂直的判定定理及线面垂直的性质，得到线线垂直，建立空间直角坐标系，根据线面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 延长到点，使，连接. 因为，所以. 又，所以四边形为平行四边形， 又，所以四边形为矩形，则，. 因为，所以. 又，所以. 又平面，，所以平面. 又平面，所以，即两两垂直. 故以点为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，所以. 设与平面所成角为， 则. 故与平面所成角的正弦值为. 18. 过圆上的动点向轴作垂线，垂足为，动点满足． （1）求动点的轨迹的方程； （2）过点且斜率不为0的动直线与相交于，两点，的中点为， （i）证明：直线与的斜率之积为定值； （ii）求面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）由题可设，，． 联立，消去整理得， ，即， 所以，， 所以，则， 又为的中点，故， 所以直线的斜率， 显然，所以直线的斜率为， 故直线与的斜率之积为（定值）． （ii） 【解析】 【分析】（1）先设，，得到的坐标，再根据向量的线性运算即可得到动点的轨迹的方程； （2）（i）先设出，，，再联立的方程，从而得到关于的一元二次方程，再根据得到的取值范围，再根据韦达定理得到点的坐标，从而得到直线的斜率和直线的斜率为，进而求积即可证明；（ii）结合（i）及求出，再根据点到直线的距离公式即可得到点到直线的距离，从而根据三角形的面积公式及基本不等式即可求出面积的最大值． 【小问1详解】 设，，则， 所以，， 又，所以， 即，解得， 又点在圆上，所以， 故动点的轨迹的方程为． 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）可知， 又点到直线的距离， 所以， 令，则， ，当且仅当，即时，等号成立， 当时，，符合题意． 故面积的最大值为． 19. 设函数 （1）讨论的单调性； （2）若函数有两个不同零点，. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增 （2） （i） （ii）由题意知，是的两个不同零点， 令，则是方程，即的两个不等实根． 令，，则， 由得，由得， 所以在上单调递减，在上单调递增 不妨令， 要证明，只需证，即证， 即证， 令， 即，因为，当时，由基本不等式得， 因此，所以在上单调递减， 所以，故， 故，即 【解析】 【分析】（1）求导后分类讨论求出函数单调区间即可； （2）（i）根据函数存在两个零点利用函数的单调性及零点存在定理求参数的取值范围即可； （ii）利用函数单调性及换元法可转化为证明，再由导数证明在上单调递减即可得证. 【小问1详解】 函数的定义域为， 当时，，，在单调递增； 当时，由得，由＜0得， 所以在上单调递减，在上单调递增； 综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 （i）由（1）知，当时，在上单调递增，至多有1个零点，不符合题意； 当时，要使得有两个不同零点，， 需要，解得 又所以在上存在唯一零点； 由于，所以， 取， 则当时，，所以在存在唯一零点： 所以 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 兰州一中2026-2027-1学期10月月考试题 高三数学 说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟．答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡． 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知a，b均为正数，，则的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 3. 已知的图象关于点对称，且对，都有成立，当时，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，则函数的零点个数是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数在上可导，导函数为，满足，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：（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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．） 9. 下列不等式一定成立的有（　　） A. B. C. D. 10. 函数的部分图象如图所示，其中点在曲线上，若，则（ ） A. B. C. 是偶函数 D. 曲线在点C处的切线斜率为 11. 设函数，则（ ） A. 2是的极大值点 B. 方程有3个不同的实数解 C. ， D. ， 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，的取值范围为____________. 13. 若函数在上无最小值，则的取值范围为__________． 14. 设实数，若对任意的，不等式恒成立，则的取值范围是________． 四、解答题（本大题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 已知数列是等差数列，，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 16. 甲和乙两个箱子各装有大小相同的若干小球，其中甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有个红球和2个白球，若从乙箱中随机摸出1个小球，摸到红球的概率为． （1）若从乙箱中随机摸出2个小球，求恰有1个红球和1个白球的概率； （2）现从两个箱子中随机选一个箱子（每个箱子被选到的可能性相等），再从选中的箱子中不放回地随机摸出2个小球，规定摸到红球得2分，摸到白球得1分，用表示这2个小球的得分之和，求的分布列及数学期望． 17. 如图，在四棱锥中，，，，，为线段的中点． （1）求证：平面； （2）若，求与平面所成角的正弦值． 18. 过圆上的动点向轴作垂线，垂足为，动点满足． （1）求动点的轨迹的方程； （2）过点且斜率不为0的动直线与相交于，两点，的中点为， （i）证明：直线与的斜率之积为定值； （ii）求面积的最大值． 19. 设函数 （1）讨论的单调性； （2）若函数有两个不同零点，. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $