精品解析：安徽省临泉第一中学2027届高三上学期10月月考数学试卷

高三数学 满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区. 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整、笔迹清晰. 3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效. 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、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. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 4. （ ） A. B. C. D. 5. 已知集合，集合满足：①；②，．若为非空数集，则满足条件的集合的个数为（ ） A. 4 B. 5 C. 7 D. 9 6. 已知，函数，则“”是“的图象关于轴对称”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 7. 已知，，定义运算，若关于的不等式的解集为，则的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，其中，．若有3个不同的零点，且最大的零点为，则（ ） A. B. C. D. 二、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，则下列一定成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 下列函数在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，则（ ） A. 若在上单调递减，则实数的取值范围为 B. 若有2个零点，则实数的取值范围为 C. 若，则有5个零点 D. 若恰有2个零点，则实数的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，则的取值范围为______． 13. 已知，全集，集合，．若，则实数的取值范围为________． 14. 记函数与的交点坐标为，则_________． 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. 已知偶函数满足：当时，． （1）求的解析式； （2）求不等式的解集． 16. 已知，，完成下列问题： （1）若，求取得最小值时、的值； （2）若，求的最小值． 17. 已知函数在处取得极小值． （1）求的值； （2）求在上的最大值和最小值； （3）求满足的的取值范围． 18. 已知函数，． （1）若，求函数的单调区间； （2）若，直线与曲线至少有3个交点，求实数的取值范围； （3）若，，，求实数的取值范围． 19. 已知函数． （1）若在上单调递增，求实数的取值范围； （2）讨论函数的单调性； （3）若，且，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区. 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整、笔迹清晰. 3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效. 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、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. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据含有一个量词命题的否定形式可直接得出结论. 【详解】易知命题“，”的否定是“，”. 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 所以集合， 因为集合，所以. 3. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导函数，利用导数的几何意义可得答案. 【详解】函数的导数为， 则曲线在点处的切线的斜率 所以切线方程为，即. 4. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】原式 . 5. 已知集合，集合满足：①；②，．若为非空数集，则满足条件的集合的个数为（ ） A. 4 B. 5 C. 7 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合，根据集合满足的条件，写出所有可能的情况，从而可得集合的个数． 【详解】由得，解得， 故，又注意到， 所以满足条件的集合可以是，，，，，，，共7个． 6. 已知，函数，则“”是“的图象关于轴对称”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】C 【解析】 【分析】根据函数的图象关于轴对称求出，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】因为函数的图象关于轴对称求出， 所以，即， 整理得对于任意的都成立， 所以，所以， 所以“”是“的图象关于轴对称”的充要条件. 故选：C. 7. 已知，，定义运算，若关于的不等式的解集为，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意结合一元二次不等式解法及绝对值不等式解法计算求解即可. 【详解】由题意，则， 化简可得， 因为关于的不等式的解集为， 所以是方程的两实数根， 所以，解得， 所以可化为，解得或， 所以的解集为. 8. 已知函数，其中，．若有3个不同的零点，且最大的零点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造，问题化为研究方程的根，并利用导数研究函数的极值得到，进而研究参数的比值. 【详解】已知函数，其中， 令，则，的零点即为方程的根， 由于， 当时，，得， 所以在上单调递减，值域为， 当时，，得， 令得， 在上，，单调递增， 在上，，单调递减， 所以在处取得极大值，且， 当时，，得， 所以在上单调递增，值域为， 综上，的图象在和上单调递减，在和上单调递增， 要使有个不同的零点，即有个不同的实根，必须满足， 此时，方程的根分别为，，，其中最大的零点为， 根据题意，最大的零点为，因此，即， 代入，得， 令，则，则， 因为是最大的零点，且，所以，即，解得， 所以，所以，移项整理并化简得， 所以，解得（舍去）， 所以，， 因此. 二、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，则下列一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据对数函数的单调性可判断A，根据指数函数的单调性可判断B，根据作差法比较大小可判断C，根据正弦函数的单调性可判断D. 【详解】函数在上单调递增，因为，所以，，A错误； 函数在上单调递减，因为，所以，B正确； ，因为，所以，， 故，即，C正确； 函数在上不单调，取，，满足， 但，，此时，D错误. 10. 下列函数在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据基本初等函数的单调性及复合函数的单调性逐项分析即可得解. 【详解】因为，所以为上的减函数，所以在区间上单调递减，故A正确； 当时，函数单调递增，故B错误； 因为都在区间上为减函数，所以在区间上单调递减，故C正确； 令，因函数在区间上单调递减，又函数在上单调递增， 根据复合函数的单调性可知，在区间上单调递减，故D正确. 11. 已知函数，则（ ） A. 若在上单调递减，则实数的取值范围为 B. 若有2个零点，则实数的取值范围为 C. 若，则有5个零点 D. 若恰有2个零点，则实数的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，结合二次函数的图象即可求解；对于B，讨论当时，仅有1个零点，结合和根的分布即可求解；对于C，可求出，或，结合函数的图象即可判断；对于D，令 ， 时有唯一解 ，当时可求得必有两个零点（ 和 ），根据其它情况一定无零点进行讨论即可求解. 【详解】已知函数，当时，，对称轴为， 要使在上单调递减，需要满足，即所以实数的取值范围为，正确； 当，令，解得，即时，仅有1个零点， 要使有2个零点，需当时，仅有1个零点， ①当时，，此时，此时的零点为，符合题意， ②，解得， 所以实数的取值范围为，正确； 令，因式分解得， 即，或， 因为，所以当时，，最小值为， 当时，， 当时，时无实根，时有一个解； 当时，时无实根，时有一个解； 当时，时无实根，时有一个解； 所以若，则有3个零点，错误； 令 ，则方程 变为 ，由前面分析知， 在 时有唯一解 ， 在时，，若 恰有 2 个零点，说明 的实根总数恰好为 2， 因为 是 的一个根，此时 ， 当 时， （1个解）， 当 时， ，解得 或 ， 由于 恒成立，所以至少有一个解， 要使 恰有 2 个零点，则必须不在内，或者（此时两根重合）， 若，方程为 ，此时恰有 2 个零点（ 和 ）， 若 ，需 ，此时 有 2 个零点（ 和 ）， 同时，必须保证 在 时无实根（否则零点总数会超过2个）， 即方程 在 时无实根. 这要求 ，或， 解得或，即， 所以实数的取值范围为，正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【详解】由可得：， 由可得：， 根据不等式的同向可加性可得：. 故的取值范围为. 13. 已知，全集，集合，．若，则实数的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据一元二次不等式的解法分别求出集合，再根据补集的定义求出，由，可得，再根据集合的包含关系求解即可. 【详解】， 则， ， 因为，所以，所以， 因为，所以， 所以或，解得或， 又，所以， 故实数的取值范围为. 14. 记函数与的交点坐标为，则_________． 【答案】0 【解析】 【分析】先根据两函数图象的交点可得，设，可得.设，根据函数的单调性和零点，可求的值，进而得到的值. 【详解】由函数与的交点坐标为， 所以. 由②得，， 所以. 设，则， 方程可化为. 设，则在上单调递减，所以方程至多1解. 又时，， 所以. 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. 已知偶函数满足：当时，． （1）求的解析式； （2）求不等式的解集． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用偶函数的性质求解析式即可； （2）利用偶函数的对称性及区间单调性得，即可求解集. 【小问1详解】 当时，，则，而为偶函数， 所以，则， 所以； 【小问2详解】 由题可知，偶函数在上单调递增，且， 所以， 故不等式的解集为. 16. 已知，，完成下列问题： （1）若，求取得最小值时、的值； （2）若，求的最小值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用均值不等式放缩得到关于的不等式，求解得出的范围，由等号条件确定，的值. （2）将变形，用均值不等式结合已知条件求最小值，由等号条件确定，. 【小问1详解】 依题意，，故，解得， 当且仅当时，即当，时等号成立； 故当取得最小值时，. 【小问2详解】 依题意，， 而， 当且仅当，即当，时等号成立， 故的最小值为． 17. 已知函数在处取得极小值． （1）求的值； （2）求在上的最大值和最小值； （3）求满足的的取值范围． 【答案】（1） （2）最大值为54，最小值为44 （3） 【解析】 【分析】（1）先求导，利用极值点即可求解； （2）利用导数研究单调性，进而求最值即可； （3）由，得，利用单调性和函数零点解不等式即可求解. 【小问1详解】 依题意，，， 则，解得； 经检验，符合题意； 【小问2详解】 由（1）可知，，， 令，解得； 故当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 故当时，取到极大值，也是最大值； 而，； 故在上的最大值为54，最小值为44； 【小问3详解】 依题意，， 即 因为，故原不等式等价于， 而，均为增函数，且有共同的零点， 故所求取值范围为． 18. 已知函数，． （1）若，求函数的单调区间； （2）若，直线与曲线至少有3个交点，求实数的取值范围； （3）若，，，求实数的取值范围． 【答案】（1）的单调递减区间为，；单调递增区间为， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）作出的函数图像，进而求解； （2）由（1）得在上为拱段，在两侧为，分类讨论即可求解； （3）先判断的单调性，进而求出在的最大值，再转化为，进而得对任意恒成立，分别求在区间的最大值和的最小值即可求解. 【小问1详解】 依题意，， 作出函数的大致图象如下所示， 观察可知，的单调递减区间为，， 单调递增区间为，； 【小问2详解】 结合（1）中的图象可知， 在上为拱段，在两侧为． 直线与两侧支的交点满足， 两根之积为，且负根、正根， 故恒有2个有效交点， 因此“至少有3个交点”等价于直线与拱段有交点． 临界状态为直线与该拱段相切， 联立，整理得， 则，解得或， 又，舍去， 当时，切点，确在拱段上；更大时直线与拱段有2个交点． 综上，实数的取值范围为； 【小问3详解】 设，化为， 因为在上单调递增，在单调递增， 所以在单调递增，最大值为； 则化为对任意恒成立， 则，可得：对任意恒成立， 函数在区间单调递增，有最大值2， 函数（当且仅当取等号）有最小值， 所以，即实数的取值范围是． 19. 已知函数． （1）若在上单调递增，求实数的取值范围； （2）讨论函数的单调性； （3）若，且，求证：． 【答案】（1） （2）当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减 （3）证明：， 由（2）可知，当时，在上单调递增，且， 令； 因为，所以当时，单调递减； 当时，单调递增，且； 当时，，，不合题意，舍去； 当时，，所以，即，可得，符合题意； 当，时，此时恒有：，符合题意； 当，时，， 令，，其中，， 则． 令，则． 令，， ，设， ， 所以在上单调递增，且，故，从而， 因此，即，， 取，得； 因为，所以； 因为，单调递增，，，所以， 所以； 综上所述，，即． 【解析】 【分析】（1）函数在区间单调递增，转化为导数大于等于0在区间恒成立，分离参数后求新函数最小值，从而得到参数范围； （2）求导后把导数符号问题转化为二次函数符号讨论，结合二次方程判别式与根的正负，分类讨论得到原函数单调性； （3）先对已知等式变形，分析的性质做分类排除，再构造辅助函数，利用函数单调性放缩，证得，取对数完成证明. 【小问1详解】 依题意，， 令，则， 令，，则， 故在上单调递增；故； 经检验，当时，，当且仅当时等号成立， 故实数的取值范围为； 【小问2详解】 依题意，， 令，其中； 若，即时，恒成立， 所以，在上单调递增； 若，则或，令，解得，， 其中，； 若，则，此时，， 所以，在上单调递增； 若，则当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增； 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增，在上单调递减 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $