精品解析：陕西省榆林市第三中学2027届高三上学期第二次模拟考试数学试题

陕西省榆林市第三中学2027届·高三年级第二次模拟考试 数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 注意事项： 1，答卷前，考生务必将自己的姓名､推考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题月的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，川0.5mm的黑色字迹袋字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，请将答题卡上交. 4.本卷主要命题范围：集合与常用逻辑用语､不等式､函数与基木初等函数､一元函数的导数及其成用､二角函数. 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. 函数在区间上的平均变化率为（ ） A. B. 14 C. 28 D. 56 3. 已知扇形的圆心角为，面积为，则该扇形的弧长为（ ） A. B. C. D. 4. 已知“”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. 函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若在R上有2个零点，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 对于给定的实数a，关于实数x的一元二次不等式的解集可能为（ ） A. B. C. D. 或 10. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当时， C. 在上单调递增 D. 不等式的解集为 11. 已知函数的最大值为1，则（ ） A. B. 当时， C. D. 当时， 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知偶函数，则______． 13. 设，若，则______. 14. 已知函数在处有极大值，则的值为__________． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤 15. （1）解关于的不等式； （2）当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围. 16. （1）设曲线在点处的切线与直线垂直，求a的值； （2）已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，求a的值． 17. 已知函数． （1）求的最小正周期及对称中心坐标； （2）求函数在区间上的单调递增区间． 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若，证明：当时，. 19. 设函数，为实数. （1）当时，求的极值； （2）已知，若在上单调递增，求的最大值； （3）已知，设为的极值点，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西省榆林市第三中学2027届·高三年级第二次模拟考试 数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 注意事项： 1，答卷前，考生务必将自己的姓名､推考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题月的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，川0.5mm的黑色字迹袋字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，请将答题卡上交. 4.本卷主要命题范围：集合与常用逻辑用语､不等式､函数与基木初等函数､一元函数的导数及其成用､二角函数. 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】B 【解析】 【分析】计算两不等式，再求并集 【详解】，化简得，解得，故. ，解得，故. 所以. 故选：B． 2. 函数在区间上的平均变化率为（ ） A. B. 14 C. 28 D. 56 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均变化率的概念，可得结果. 【详解】由平均变化率定义得. 故选：C. 3. 已知扇形的圆心角为，面积为，则该扇形的弧长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，可得弧长、半径和圆心角的关系，结合面积公式，即可得答案. 【详解】设扇形的半径为r，弧长为l， 则，解得， 所以. 4. 已知“”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】根据线性规划的几何意义，分别作出和表示的平面区域，即可判断出答案. 【详解】设点满足，则点所在的平面区域为如图所示的正方形区域（包括边界） ， 设满足，则点所在的平面区域为如图所示的圆面区域， 由此可知成立，不一定成立； 成立时，一定有成立， 故“”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 5. 函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据函数奇偶性排除选项C，D；再利用特殊值排除选项B即可求解． 【详解】∵，定义域为， 又，可知函数为奇函数，故排除选项C，D； 又由时，，，有，，可得； 当时，，，有，，可得； 故当时，，故排除选项B； 而A选项满足上述条件，故A正确． 故选:A． 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用公式降次变形，进而化简求值代入计算。 【详解】因为， 即，即， 所以. 7. 已知函数，若在R上有2个零点，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据时，一定有一个零点，故只需在时有一个零点即可，列出不等式求解即可. 【详解】当时，有1个零点， 则当时，只有一个零点， 即方程在时有一个解，即方程在时有一个解， 因为函数为增函数，且当时，，则，即. 故选：A. 8. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据余弦函数图像性质可得单调区间长度小于等于半周期，即可得，再利用整体代换法即可求得， 取即可得出结果. 【详解】函数的最小正周期， 所以，即． 当时，， 依题意知，， 解得，又 ∴当时成立，． 故选：A． 二､多选题：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. 对于给定的实数a，关于实数x的一元二次不等式的解集可能为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】AB 【解析】 【详解】已知，不等式，则， 而方程的两根是， 当，即时，不等式的解集为，对应选项A； 当，即时，不等式变为，无解； 当，即 时，不等式的解集为，对应选项B. 综上所述，结合选项可知AB正确. 10. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当时， C. 在上单调递增 D. 不等式的解集为 【答案】BD 【解析】 【分析】由奇函数的定义可求解A、B；用特值法可判断C；分段求解不等式可判断D. 【详解】，故A错误； 当时，，所以，故B正确； 因为，，又，故C错误； 当时，，解得； 当时，，无解； 当时，，所以不等式的解集为，故D正确. 故选：BD. 11. 已知函数的最大值为1，则（ ） A. B. 当时， C. D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数求最值，结合已知可得，可判断A；利用单调性可判断BC；将目标不等式转化为，构造函数，利用导数求最值可判断D. 【详解】对A，，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在单调递减， 所以当时取得最大值，解得，A正确； 对B，由上可知，在上单调递增，在单调递减， 因为，所以，B错误； 对C，因为，所以，所以，C正确； 对D，当时，，不等式成立， 当时，， 记，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在 上单调递减， 所以当时，取得最大值， 综上，当时，不等式成立，D正确. 故选：ACD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知偶函数，则______． 【答案】3 【解析】 【详解】因为是偶函数，所以， 即， 所以，即， 把代入得 . 13. 设，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】借助两角差的正切函数公式化简并计算可得，然后利用正切函数定义即可得解. 【详解】， 整理得， 因为，所以，所以， 则. 故答案为：. 14. 已知函数在处有极大值，则的值为__________． 【答案】 【解析】 【详解】由得，∵在处取得极大值，∴，即，解得或，当时，，令，得或，令得，∴在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数，∴在处取得极小值，故不满足题意，舍去，当时，，令，得或，令，得，∴在上是增函数，在上是减函数，∴在处取得取大值，符合题意．综上所述， ．故答案为. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤 15. （1）解关于的不等式； （2）当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）时，不等式的解集为，时，不等式的解集为，时，不等式的解集为 （2） 【解析】 【分析】（1）由，，讨论即可；（2）转化成，结合基本不等式即可求解. 【详解】（1）不等式可化为， ①时，解不等式得， ②时，，解不等式得， ③时，解不等式得. 综上，时，不等式的解集为， 时，不等式的解集为， 时，不等式的解集为； （2）由题意，不等式即恒成立， 所以， 又（当且仅当，即时取“”）， 所以实数的取值范围为. 16. （1）设曲线在点处的切线与直线垂直，求a的值； （2）已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，求a的值． 【答案】（1）；（2）或． 【解析】 【分析】（1）求得，得到，根据题意，列出方程，即可求解； （2）求得，得到，得出切线方程为，联立方程组，结合一元二次方程的性质，即可求解. 【详解】解：（1）由函数，可得，当时，， 因为曲线在点处的切线与直线垂直， 所以，解得； （2）由函数，可得，当时，， 所以曲线在点处的切线方程为， 因为切线与曲线只有一个公共点， 联立方程组，整理得， 当时，可得，解得，符合题意； 当时，则满足，解得， 综上可得，实数的值为或． 17. 已知函数． （1）求的最小正周期及对称中心坐标； （2）求函数在区间上的单调递增区间． 【答案】（1）最小正周期，对称中心坐标 （2）和 【解析】 【分析】（1）由正弦二倍角公式、余弦二倍角公式和辅助角公式化简得到，再由周期公式和即可求解； （2）由求解即可. 【小问1详解】 ， 的最小正周期， 令，解得， 所以的对称中心的坐标为； 【小问2详解】 令， 解得， 又 取，得， 令，得， 所以在区间上的单调递增区间为和. 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若，证明：当时，. 【答案】（1） 若时，在上单调递减； 若时，在上单调递减，在上单调递增； 若时，在上单调递减，在上单调递增； （2） 若，由（1）可得，在上单调递增，在上单调递减， 所以在区间上有最大值，只需证明即可. 令，则， 当时，，所以在区间上单调递减， 由于，所以，即得证， 所以若，当时，. 【解析】 【分析】（1）求导可得的解析式，分别讨论、和三种情况，根据二次函数的性质，分析即可得答案. （2）由（1）可得的单调性和最大值，只需证即可，令，利用导数判断的单调性，分析即可得证. 【小问1详解】 由题意， ①若时，恒成立，则在上单调递减； ②若时，此时， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增； ③若时，此时， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 略 19. 设函数，为实数. （1）当时，求的极值； （2）已知，若在上单调递增，求的最大值； （3）已知，设为的极值点，求的最大值. 【答案】（1）极小值为，无极大值 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）对函数求导得出其单调性可求出极值； （2）解法一：依题意可得恒成立，构造函数，求出其最小值可得结果；解法二：依题意恒成立，可得，当时对函数进行验证即可； （3）当时由零点存在定理即可得存在使得，可得为的极小值点，构造函数，即可求出的最大值. 【小问1详解】 当时，，则， 令，解得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以的极小值为，无极大值； 【小问2详解】 解法一：由， 若在上单调递增，必有恒成立； 令，有， 当时，由已知在单调递增，但，不合题意； 当时，令，可得， 故函数的减区间为，增区间为，有， 又由函数单调递减，且. 又由，故a的最大值为. 解法二：，依题意恒成立， 所以，故， 因为，所以， 当时，， 设，则 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以 所以满足题意，即的最大值为； 【小问3详解】 当时，易知单调递增. 易知，， 所以存在使得，即，为的极小值点， 所以， 其中， 设，则 整理得 因为，， 所以当时，，在上单调递增 当时，，在上单调递减， 所以，即的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $