精品解析：福建省泉州第五中学2027届高三上学期适应性考试(一）数学试题

泉州五中2027届高三年适应性考试（一）10.8 数学学科 命卷：蔡崇森、汪秀芬审核：杨苍洲 一、单项选择题（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，只有一项符合要求） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知在单调；关于的不等式在R上有解，则是的（ ） 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 3. 设是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（ ） A. B. 1 C. D. 7 4. 若函数的最大值是2，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 5. 定义在R上的函数的导函数为，若 ，且，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若函数有8个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 随着越来越多的家庭选择自驾到公园游玩，公园停车位严重不足.如图所示，公园里有一块扇形空地，其半径为，，为弧的中点，要在其内接矩形（点、分别在半径、上，点、在弧上，且）上修建停车场，则停车场面积最大值为（单位：）（ ） 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，在每小題给出的选项中，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（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 若，则 C. 若，则 D. 若方程有两个不同的实数解，则 11. 定义在上的函数与的导函数分别为和，若；，且关于中心对称，，则下列说法中一定正确的是（） A. 为奇函数 B. 为偶函数 C. 的周期为 D. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知直线与曲线相切，则实数的值为____． 13. 已知函数，则的对称轴为____． 14. 已知，若关于的不等式对任意恒成立，记 为 两数中的最大数，则的最小值是____． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在直三棱柱中，为的中点，且，，. （1）求三棱锥的体积； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 16. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，证明：． 17. 已知的内角所对的边分别为，满足 ． （1）求角； （2）若是锐角三角形，，面积记为． （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）若角的内角平分线与角的内角平分线交于点，求面积的取值范围． 18. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的焦距为，焦点到渐近线的距离为. （1）求的方程： （2）不过原点的直线与的左、右两支分别交于点，记，直线的斜率分别为，且，过点作直线的垂线，垂足为，证明：存在定点，使得恒为定值． 19. 已知函数． （1）若为的极值点，求实数的值； （2）令函数. （i）若对恒成立，求整数的最小值； （ii）当时，证明：在上存在唯一零点和唯一极小值点，且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州五中2027届高三年适应性考试（一）10.8 数学学科 命卷：蔡崇森、汪秀芬审核：杨苍洲 一、单项选择题（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，只有一项符合要求） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，， 故 2. 已知在单调；关于的不等式在R上有解，则是的（ ） 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】B 【解析】 【分析】分别求出和中的的取值范围，即可判断是的必要不充分条件. 【详解】由二次函数，开口向上，对称轴为， 又在单调，则或，即或； 由不等式在R上有解， 则二次函数与轴有两个不同的交点， 则，即，解得或， 由或，能推出或，反之不成立， 综上，是的必要不充分条件. 3. 设是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（ ） A. B. 1 C. D. 7 【答案】A 【解析】 【详解】因为是定义在上且周期为2的奇函数， 所以，， 所以， 因为当时，，所以，所以. 4. 若函数的最大值是2，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】令，求解得到极值点，分析导函数在极值点两侧的符号，判断该极值点是极大值点即最大值点，将最大值点代入原函数，令函数值等于2，建立关于的方程，求解得到的值. 【详解】由已知， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减 . 函数在处取得唯一的极大值，也就是最大值， 代入函数得： ，题目已知最大值为2， 因此： ，解得. 5. 定义在R上的函数的导函数为，若 ，且，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，根据导函数得出其单调性，再结合求解即可. 【详解】令，则， 因为，所以在R上恒成立， 故在R上单调递减， 因为，所以， 不等式等价于，得， 故不等式的解集是 6. 已知函数，若函数有8个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先分析函数，作出函数大致图象，分析函数，把零点问题转化为关于的方程有2个不同的根和，且关于的方程分别有4个不同的根，进而结合判别式和韦达定理构造方程组，并分情况讨论求出实数的取值范围． 【详解】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， 设，则关于的方程有2个不同的根和， 且关于的方程分别有4个不同的根． 不妨设，则关于的方程需满足：， ①若，则，故， 且，即， 解得； ②若，则，此时，符合题意，故． 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，研究其单调性，结合题设可得答案. 【详解】构造函数. ，则在上单调递减， 从而时，. 则， 又，则； ，从而在上单调递减， 从而时，. 则，又注意到， 则，综上可得. 【点睛】本题涉及常用不等式：当时，及时，.此外我们还可掌握以下不等式： ，；时，；时，. 8. 随着越来越多的家庭选择自驾到公园游玩，公园停车位严重不足.如图所示，公园里有一块扇形空地，其半径为，，为弧的中点，要在其内接矩形（点、分别在半径、上，点、在弧上，且）上修建停车场，则停车场面积最大值为（单位：）（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接OP，设，利用正弦定理表示出PQ和PN的长，再用的表达式表示出矩形的面积，利用三角函数求解最值问题 【详解】连接OP，OC交PN于点E，设，四边形为矩形，并且，，又为弧的中点，，，，在直角三角形POE中，，，在中，，由正弦定理得，.矩形的面积 ，由题意可得，，当时，矩形面积最大为. 故选：C 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小題给出的选项中，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（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】 先由指数式转化为对数式，然后利用对数的运算公式可判断AD，利用基本不等式可判断B，取中间值1.5结合对数函数的单调性可判断C. 【详解】由得， 由换底公式得，B正确； 根据基本不等式，且，因此，A正确； ，，因此，C错误； ，​ 由倒数关系，且， 代入得： 与右边相等，D正确. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 若，则 C. 若，则 D. 若方程有两个不同的实数解，则 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，由奇函数定义可判断选项正误；对于B，由函数单调性定义可判断选项正误；对于C，由AB分析可得函数单调性，奇偶性，据此可判断选项正误；对于D，分析函数值域与单调性，可画出大致图像，据此可得答案. 【详解】对于A，定义域为，， 则为奇函数，故A正确； 对于B，时，， 则，故B错误； 对于C，由B分析可得为上减函数，结合是奇函数， 则，故C错误； 对于D，当时，，又是奇函数， 则，令. 又为上减函数，则在上单调递减，在上单调递增， 当时，；时，. 据此可得的大致图象，方程有两个不同的实数解， 等价于的图象与直线有两个交点，则由图可得，故D正确. 11. 定义在上的函数与的导函数分别为和，若；，且关于中心对称，，则下列说法中一定正确的是（） A. 为奇函数 B. 为偶函数 C. 的周期为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项：由中心对称得，结合导数关系推为奇函数；B选项：由导数关系得，故为奇函数，非偶函数；C选项：由推，再代入关系得；D选项：由得周期，且一周期和为，，故和为. 【详解】已知，求导得：， 又，即， 用替换得：， 由关于点中心对称，根据中心对称性质可得：， 两边求导得：，故. A选项：令，结合， 可得，符合奇函数定义，因此是奇函数，A选项正确； 选项B：由，用替换得：， 由，用替换得， 因此是奇函数，不满足偶函数性质，B选项错误； 选项C：由，递推可得：， 结合的中心对称性质可得， 即，即是周期为的函数， 由可得：， 代入周期性质：，故的周期为，C选项正确； D选项：由，已知，令得， 由关于中心对称可得，令得， 则一个完整周期的和为：， 又，故，D选项正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知直线与曲线相切，则实数的值为____． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求解，求出的导数，设切点为，则，此斜率和直线的斜率相等得到，又切点在直线和曲线上，通过代入求解即可. 【详解】设切点为， 曲线的导数为，则斜率， 又的斜率为，则，即，得； 又切点在曲线上，则， 又切点在直线上，则，解得， 则. 13. 已知函数，则的对称轴为____． 【答案】 【解析】 【分析】根据同角三角函数平方和为1及余弦的二倍角公式，将化为，再结合余弦函数的对称轴即可求出的对称轴. 【详解】由 ， 因为余弦函数的对称轴为，，所以的对称轴为，即. 14. 已知，若关于的不等式对任意恒成立，记 为 两数中的最大数，则的最小值是____． 【答案】 【解析】 【分析】利用两个因式在两侧的符号变化，确定也是二次因式的正根，从而得到；再求在时的最大值，将目标化为，最后求其最小值并验证可以取到． 【详解】令，． 当时，，由题意得； 当时，，由题意得． 由于连续，所以． 将代入，得． 等式两边同乘，得． 对任意，由，得，当且仅当时取等号． 因此． 设． 因为且，所以，即． 当且仅当，即时取等号． 此时，且，， 故对任意恒成立． 因此所求最小值为 ． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在直三棱柱中，为的中点，且，，. （1）求三棱锥的体积； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）利用等体积法转换三棱锥的顶点：，求出点B到平面的距离，代入三棱锥体积公式可求体积. （2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，再根据线面角的向量公式求解. 【小问1详解】 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面 ①， 又，为的中点，所以 ②， 平面 ③，平面平面 ④， 由①、②、③、④可得：平面. 又，， 又因为 . 【小问2详解】 如图所示：建立空间直角坐标系，则：，，，. 所以，，， 设平面的法向量为， 由，得， 令，得，. 故平面的一个法向量为， 又， 设直线与平面所成角， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 16. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）当时，证明：． 【答案】（1）当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）当时，，代入得： 令，， 目标转化为：证明对所有，均有， 对函数求导得， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，即，故， 当时，由可得， 此时 代入放缩得：， 当时，令，则， 目标转化为证明， 对求导得， 令， 求导得：，故在上单调递增， 则，故函数在上为增函数， 因此当时，，即， 综上，不等式对所有正实数恒成立. 【解析】 【分析】（1）由题可知函数定义域为，求导通分，将符号转化为二次函数的符号，按判别式及根与定义域位置分三类，借二次函数判断导数正负，得单调区间； （2）代入构造，时用放缩；时令，求，再构造并求导判断其单调递增，得，故. 【小问1详解】 由题可知定义域为， 对求导得：， 令，则的符号与的符号相同， 对于函数，， ①当时，即当时，对任意的，恒成，即恒成立， 此时函数在上单调递减； ②当时，即当时，由可得，， 当时，，， 由可得，由可得， 此时函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，，由可得， 由可得或， 此时函数在、上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当时，函数在上单调递减； 当时，函数在、上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 略 17. 已知的内角所对的边分别为，满足 ． （1）求角； （2）若是锐角三角形，，面积记为． （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）若角的内角平分线与角的内角平分线交于点，求面积的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）正弦定理边化角，化简求出角； （2）（ⅰ）由面积公式算出，余弦定理配合完全平方求解； （ⅱ）利用内心性质确定顶角，结合锐角三角形限制和不等式求面积范围. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得， 因为，所以，则 ，解得， 又，所以. 【小问2详解】 （ⅰ）因为，所以， 解得， 因为，所以， 解得， 则， 因为，所以. （ⅱ）因为角的内角平分线与角的内角平分线交于点， 所以是的内心，因为，所以， 因为， 所以， 在中，，， 设，， 又为锐角三角形，， 则，即，解得， 则， 在中，由正弦定理得到， ，则， ， 又，则， 则，所以， 所以 18. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的焦距为，焦点到渐近线的距离为. （1）求的方程： （2）不过原点的直线与的左、右两支分别交于点，记，直线的斜率分别为，且，过点作直线的垂线，垂足为，证明：存在定点，使得恒为定值． 【答案】（1） （2）存在定点，使得恒为定值.证明如下： 由（1）可得点坐标为， 因为不过原点的直线与的左、右两支分别交于点，所以直线的斜率存在， 设不过原点的直线方程为（，避免直线过原点），设. 将直线方程代入双曲线方程， 整理得： ，， 因为直线与双曲线左右两支各交于一点，所以，得， 同时满足韦达定理：. 由条件得，且， 代入得，， ， 化简整理得， 再将代入上式， ， ， ， 化简整理得，解得或. 当时，直线过，不符合题意，舍去； 当时，直线，此时线恒过定点. 因为，即，因此垂足的轨迹是以线段为直径的圆（除去原点，因为不过原点）， 该圆的圆心为中点，半径为， 因此恒为定值，即存在定点，使得恒为定值. 【解析】 【分析】（1）直接由双曲线的几何性质可得，再由点到直线的距离可得，从而可得双曲线方程； （2）首先判断直线的斜率存在，再设直线方程为（），设，联立方程可得，再结合条件及斜率公式，化简可得，进而可得，从而判断直线恒过定点，垂足的轨迹是以线段为直径的圆（除去原点，因为不过原点），从而可得定点及定值. 【小问1详解】 由双曲线的焦距为，得，即半焦距. 双曲线的渐近线方程为，取右焦点， 点到渐近线的距离为： 因此​，结合双曲线关系，代入得， 因此的方程为. 【小问2详解】 略 19. 已知函数． （1）若为的极值点，求实数的值； （2）令函数. （i）若对恒成立，求整数的最小值； （ii）当时，证明：在上存在唯一零点和唯一极小值点，且. 【答案】（1）3 （2）（i）3； （ii）证明：由，，可得， 令，，可得， 当时，在上单调递增， 而，， 所以存在，使得， 则时，，时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 所以存在，使得， 则时，，时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又时，，则在上单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以是在上的唯一极小值点， 此时，， 所以，即上存在唯一零点，使得. 下证：. 因为，所以， 又因为在上单调递增，只需证， 因为是的唯一极小值点，可得，即，可得 又，即， 因为，只需证明：， 令，， 则， 所以在上单调递增，， 所以成立，证毕， 所以在上存在唯一零点和唯一极小值点，且. 【解析】 【分析】（1）直接计算函数的导数并令可得，并根据极值的定义进行检验即可； （2）（i）由，可得，当时，由，不符合题意，得到，当时成立，分和，利用函数，以及函数的单调性，证得，即可求解； （ii）令，由在上单调递增，分析得到，，，进而求证即可. 【小问1详解】 由函数，定义域为， 而， 因为为的极值点，所以，得， 此时，则， 设，，则， 因为，所以函数在附近单调递减， 则函数在附近单调递减，又， 所以为的极值点，满足题意，故. 【小问2详解】 （i）因为函数， 若对恒成立， 由，且， 由，可得， 当时，，，不符合题意，故， 当时，， 当时，， 令，可得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又，，所以，即； 当时，可得，所以. 所以当时，均有对恒成立， 综上所述，整数的最小值为. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $