精品解析：山西运城市康杰中学、柳林县鑫飞中学2026-2027学年高三上学期9月月考数学试题

山西运城市康杰中学、柳林县鑫飞中学2026-2027学年高三上学期9月月考数学试题 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：集合与常用逻辑用语、不等式、函数、导数、三角函数、解三角形（约90%），其他内容（约10%）． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意知，又，所以． 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【详解】命题“”的否定是“”． 3. 已知复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的虚部为 C. D. 是纯虚数 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以，故A错误； 的虚部为，故B错误； ，故C错误； ，故是纯虚数，故D正确. 4. 在中，“”是“”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】A 【解析】 【详解】在中，，所以，则， 所以“”是“”的充分条件； 若，满足，但是， 所以“”不是“”的必要条件． 综上，“”是“”的充分不必要条件． 5. 将函数图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】将函数图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到， 再将图象上所有的点向右平移个单位长度后的函数为． 6. 已知，，且，则的最小值是（ ） A. 22 B. 24 C. 26 D. 28 【答案】B 【解析】 【分析】由“1”的代换结合基本不等式得结果. 【详解】因为，则24， 当且仅当时，即时，等号成立， 因此6a+b的最小值是24． 7. 已知正三棱柱的所有顶点都在一个表面积是的球的球面上，且，则二面角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由外接球表面积求出外接球半径，算出底面正三角形外接圆半径，求出正三棱柱的高；再找出二面角的平面角，在直角三角形中计算正弦值． 【详解】 设正三棱柱外接球的半径为， 所以，解得， 在正中，为的中点，为正所在圆的圆心， ，， ，， 在中，，， ， 所以， 取AC的中点，连接， 所以，， 所以为二面角的平面角． 又易得，，， 所以， ，即二面角的正弦值为． 8. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造单调递增函数，先对等式变形放缩得到，再利用单调性并平方得到． 【详解】因为， 又，所以，所以， 又， 所以， 设，因为均在上单调递增， 所以在上单调递增， 又，所以，所以． 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. 下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AB 【解析】 【详解】若，则，故A正确； 因为，所以，即，故B正确； 当，满足，但，故C错误； 当，满足，但，故D错误． 10. 在数列中，，，且，记数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列为等差数列 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【详解】因为， 所以，即，解得， 因为，所以， 则是首项为，公比为3的等比数列，故A正确； 因为， 所以，即， 所以数列为首项为2，公差为0的等差数列，故B正确； 当时， ， 又符合，所以，故C正确； 已知， 则，故D错误． 11. 设的内角，，的对边分别为，，，，且外接圆的半径为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 的面积为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据，进而结合正弦和角公式与差角公式直接计算即可判断A；结合A选项，根据化简整理得判断B；结合正弦定理，面积公式，B选项结论直接计算面积判断C；结合正弦定理，B选项结论得，再根据得，进而得到即可判定D. 【详解】对于A选项，因为, 所以 ，故A正确； 对于B选项，由A选项可知， 所以 ， 所以，故B错误； 对于C选项，又外接圆的半径为，所以， 所以的面积，故C正确； 对于D选项，因为，所以，即， 又，所以，即，所以，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，则______． 【答案】7 【解析】 【详解】由，得，， 所以． 13. 若关于的一元二次不等式的解集为，则______． 【答案】## 【解析】 【详解】因为关于的一元二次不等式的解集为， 所以对应的一元二次方程有且仅有一个解，且， 所以，解得， 代入一元二次方程得，解得，所以，所以． 14. 已知定义在上的偶函数和奇函数满足，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用奇偶性与已知等式替换变量，推导出的递推关系，进而确定周期，求出一个周期内函数值之和，最后分组求和得到从到的总和． 【详解】因为，所以， 又是奇函数，所以， 所以，即， 令，得， 又是偶函数，所以，所以， 所以，所以，即， 所以是以4为周期的周期函数， 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. 已知函数． （1）求函数的最小正周期和单调递减区间； （2）若，且，求的值． 【答案】（1）最小正周期，单调递减区间为． （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换把原式整理，根据正弦型函数的性质确定最小正周期，进而利用整体法求解单调区间. （2）代入条件得到对应角的正弦值，结合的范围，判断角所在的区间，再利用配角思想和余弦和角公式求解. 【小问1详解】 由题意知， ， 所以函数的最小正周期 令，解得， 即函数的单调递减区间为． 【小问2详解】 由题意知，又， 所以， 又，所以， 所以 所以 . 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，函数取得最小值；求和的值． 【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）. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，通过解不等式进行求解函数的单调性； （2）由函数的单调性及最值的性质进行求解． 【小问1详解】 由题意知 当时，在上恒成立，所以在上单调递增； 当时，令，解得，令，解得， 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】 因为当时，函数取得最小值-3，所以 解得 由（1）知当时，在上单调递减，在上单调递增，当时取最小值，满足题意． 17. 在中，，，． （1）证明：是钝角三角形； （2）若点是边上一点，且，求的长． 【答案】（1）由余弦定理得 ， 所以 由余弦定理得，又， 所以，所以是钝角三角形． （2）或． 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，，在中，由余弦定理得 ， 即， 整理得， 解得. 当时，； 当时，. 综上所得，的长为或. 18. 已知函数． （1）判断在上的单调性，并用定义证明； （2）求证：曲线是中心对称图形； （3）若关于的方程有四个不同的实数解，求的取值范围． 【答案】（1）在上单调递减． 证明：任取，又， 所以 又，所以，所以，即，所以在上单调递减． （2）证明：由题意知， 所以曲线是中心对称图形，对称中心为． （3） 【解析】 【分析】（1）任取，利用定义作差证明； （2）证，得到曲线是中心对称图形； （3）利用（2）问结论变形，结合单调递减，得到，转化为二次方程，原方程有4个解等价于二次方程有两根不等的正根，列判别式，两根之和，两根之积的不等式组，求出的取值范围． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 由（2）知，因为， 所以， 由（1）知在上单调递减，所以 可化为，令， 即， 所以关于的方程有四个不同的实数解等价于有两个不相等的正实数根， 所以 得解得，即的取值范围是． 19. 已知函数． （1）求的图象在点处的切线方程； （2）若对任意的恒成立，求的取值范围； （3）若函数恰有三个极值点，，． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1） （2） （3）（i）； （ii）证明：由（i）知，且即 要证，即证，即证，即证， 即证，即．即证， 即证． 设，设， 则， 即，仅在处取等号，其余点严格大于 0， 则单调递增，而，则，即， 又，在上单调递增，所以， 即，即． 【解析】 【分析】(1) 求出函数在处的函数值与导数值，利用导数几何意义直接写出切线方程; (2)对分类讨论，时参变分离，构造函数求最小值得到的上限; (3)(i)求导因式分解，将三个极值点问题转化为存在两个正零点，结合h(x)最小值条件求出的范围;(ii) 先对不等式等价变形，再构造对称函数，利用单调性证明，回代完成证明. 【小问1详解】 由题意知，所以， 所以的图象在点处的切线方程为． 【小问2详解】 由，得，当时，；当时，得， 即，令，所以， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以． 综上，的取值范围是． 【小问3详解】 （i）由题意知， 所以 设， 若，则在上单调递增，即其至多有一个零点，即至多有两个极值点，不可能有三个极值点，故． 当时，恒成立，故当时，； 当时，即-1为的一个极小值点． 又，令，解得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 即有最小值． 又恰有三个极值点，即有两个变号零点，即 解得，即的取值范围是． （ii）略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山西运城市康杰中学、柳林县鑫飞中学2026-2027学年高三上学期9月月考数学试题 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：集合与常用逻辑用语、不等式、函数、导数、三角函数、解三角形（约90%），其他内容（约10%）． 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的虚部为 C. D. 是纯虚数 4. 在中，“”是“”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 5. 将函数图象上所有点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），再将图象上所有的点向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，且，则的最小值是（ ） A. 22 B. 24 C. 26 D. 28 7. 已知正三棱柱的所有顶点都在一个表面积是的球的球面上，且，则二面角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，且，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. 下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 在数列中，，，且，记数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列为等差数列 C. D. 11. 设的内角，，的对边分别为，，，，且外接圆的半径为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 的面积为 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，则______． 13. 若关于的一元二次不等式的解集为，则______． 14. 已知定义在上的偶函数和奇函数满足，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. 已知函数． （1）求函数的最小正周期和单调递减区间； （2）若，且，求的值． 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，函数取得最小值；求和的值． 17. 在中，，，． （1）证明：是钝角三角形； （2）若点是边上一点，且，求的长． 18. 已知函数． （1）判断在上的单调性，并用定义证明； （2）求证：曲线是中心对称图形； （3）若关于的方程有四个不同的实数解，求的取值范围． 19. 已知函数． （1）求的图象在点处的切线方程； （2）若对任意的恒成立，求的取值范围； （3）若函数恰有三个极值点，，． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $