精品解析：湖南省长沙市望城区第六中学2026-2027学年高三上学期10月月考数学试题

望城区六中2027届高三10月月考 数学 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；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，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 设复数，且，则（ ） A. 4 B. 8 C. D. 3. 已知，则下列结论正确的是（      ） A. B. C. D. 4. ，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，且，若的面积为，则的值为（ ） A. 6 B. 8 C. D. 6. 已知，则（ ） A. -4 B. C. D. 7. 已知函数若关于的方程有六个不相等的实数根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 我们解不等式时，可以采用如下方法：等价于，即. 根据以上思路求解: 函数的最小值为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题意的.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列叙述中不正确的是（ ） A. 若，则“不等式恒成立”的充要条件是“”； B. 若，则“”的充要条件是“”； C. “”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件； D. “”是“”的充分不必要条件. 10. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为π B. 的图象关于直线对称 C. 的一个零点为 D. 的值域为 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是函数的一个极小值点 B. 函数的对称中心为 C. 过点能作两条不同直线与相切 D. 函数有5个零点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在处的切线方程为_________． 13. 已知函数若，则m的取值范围是______． 14. 已知，则的最小值是_______． 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. 已知在中，内角所对的边分别为，且． （1）求； （2）若的周长为，面积为，求． 16. 设为数列的前项和，且， （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的最大值． 17. 如图，在直三棱柱中，，为棱的中点，，二面角的大小为． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知函数（为自然对数的底数） （1）若在处的切线与恰有一个公共点，求的值； （2）若，讨论函数的单调性； （3）若函数至少存在一个零点，求的取值范围. 19. 已知点，动点满足，动点的轨迹记为. （1）求的方程； （2）直线与轴交于点为上的动点，过作的两条切线，分别交轴于点. ①证明：直线的斜率成等差数列； ②经过三点，是否存在点，使得？若存在，求；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 望城区六中2027届高三10月月考 数学 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；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，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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】C 【解析】 【详解】由得.故. 又因为. 由此可得. 2. 设复数，且，则（ ） A. 4 B. 8 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意结合复数的模长公式运算求解即可. 【详解】因为复数， 则，解得. 故选：D. 3. 已知，则下列结论正确的是（      ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为， 所以． 4. ，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据即可得出，进行数量积的坐标运算即可求出的值. 【详解】， ， . 故选：D. 5. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，且，若的面积为，则的值为（ ） A. 6 B. 8 C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由面积公式，解得． 由余弦定理，代入，得，即． 于是，所以． 6. 已知，则（ ） A. -4 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过两角和与差的正余弦公式得出和的关系，再利用二倍角的正切公式即可得结果. 【详解】由，得， 即，所以， 所以，所以． 7. 已知函数若关于的方程有六个不相等的实数根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，则，由图象分析可知在上有两个不同的根，再利用一元二次方程根的分布即可解决. 【详解】令，则，如图 与顶多只有3个不同交点，要使关于的方程有 六个不相等的实数根，则有两个不同的根， 设由根的分布可知， ，解得. 故选：B. 【点睛】本题考查复合方程根的个数问题，涉及到一元二次方程根的分布，考查学生转化与化归和数形结合的思想，是一道中档题. 8. 我们解不等式时，可以采用如下方法：等价于，即. 根据以上思路求解: 函数的最小值为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意整理可得，构建，求导，利用导数求其最值，即可得结果. 【详解】因为，则， 两边同时取对数可得， 构建，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，即，可得， 所以函数的最小值为. 故选：D. 二、多项选择题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题意的.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列叙述中不正确的是（ ） A. 若，则“不等式恒成立”的充要条件是“”； B. 若，则“”的充要条件是“”； C. “”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件； D. “”是“”的充分不必要条件. 【答案】AB 【解析】 【分析】对于AB，举例判断即可，对于C，当方程有一正根和一负根时，求出的范围，然后根据充分条件和必要条件的定义分析判断，对于D，由求出的范围，然后根据充分条件和必要条件的定义分析判断. 【详解】对于A，当时，若，则恒成立，所以A错误， 对于B，当时，由推不出，所以B错误， 对于C，当方程有一个正根和一个负根时，有，解得， 因为能推出，而不一定有， 所以“”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件，所以C正确， 对于D，由，得，得或， 所以“”是“”的充分不必要条件，所以D正确， 故选：AB 10. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为π B. 的图象关于直线对称 C. 的一个零点为 D. 的值域为 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A：函数，根据周期公式可得，故A正确； 对于B：令，解得， 当时，，当时，，所以直线不是函数的对称轴，故B错误； 对于C：令，解得， 当时，，所以是的一个零点，故C正确； 对于D：对于函数，因为的值域为， 所以的值域为，故D错误. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是函数的一个极小值点 B. 函数的对称中心为 C. 过点能作两条不同直线与相切 D. 函数有5个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】对函数求导，根据导数的符号确定函数的区间单调性，研究极值点判断A；根据的关系判断B；应用导数的几何意义求过点的切线，且切点为，进而得到关于的方程，研究其根的个数判断C；画出函数的大致图象，数形结合判断零点个数判断D. 【详解】由函数，则． A，令，解得，． 或时，，在，上单调递增； 时，，在上单调递减； 所以，是函数的一个极小值点，正确； B，， 所以，函数关于成中心对称，正确； C，设过点的切线与函数的切点为，则切线方程为， 则，整理得，解得， 所以过点只能作一条直线与相切，错误； D，因为，， 令，则有三个根，如图所示， ， 所以方程有3个不同的根，方程和均有1个根， 故方程有5个根，即函数有5个零点，正确． 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在处的切线方程为_________． 【答案】 【解析】 【详解】设， 对求导得， 所以， 所以曲线在处的切线方程为， 即. 13. 已知函数若，则m的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】讨论的取值范围，解不等式可得结果. 【详解】当，即时，由得，解得， 当，即时，由得，无解， ∴m的取值范围是. 故答案为：. 14. 已知，则的最小值是_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题设条件可得，可得，利用基本不等式即可求解. 【详解】∵ ∴且 ∴，当且仅当，即时取等号. ∴的最小值为. 故答案为：. 【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）. 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. 已知在中，内角所对的边分别为，且． （1）求； （2）若的周长为，面积为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用正弦定理边转角及正弦的和角公式得，即可求解； （2）利用三角形的面积公式及余弦定理，再结合条件得，即可求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 又，所以，则，得到， 又，所以. 【小问2详解】 由（1）知，所以，得， 又因为，又，得， 由的周长为， 所以，整理得到， 解得. 16. 设为数列的前项和，且， （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的最大值． 【答案】（1） （2）1 【解析】 【小问1详解】 由，得， 所以，即， 当时，，故， 所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，所以． 【小问2详解】 ，， 当时，，故， 当时，，故， 当时，， 故时，， 故，，所以数列的最大值为. 17. 如图，在直三棱柱中，，为棱的中点，，二面角的大小为． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：如图，连接交于点，连接，显然是的中点， 因为为的中点，所以为的中位线，， 而平面，平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，则，再由线面平行的判定定理证明即可得； （2）由题意以为原点，分别以直线，，为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系．设，分别求出平面和平面的法向量，由二面角的向量公式求出，再求出直线的方向向量由线面角的向量公式求解即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 设的中点为，连接并延长交于点． 因为，所以，于是有． 因为三棱柱是直三棱柱，所以平面平面， 而平面平面，所以平面． 因为侧面是矩形，所以． 以为原点，分别以直线，，为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则，，， 于是，． 设平面的法向量为， 则有即令，可得． 易知平面的一个法向量为． 因为二面角的大小为，所以， 即，解得（负值舍去）． 故，，． 设直线与平面所成的角为， 则，即直线与平面所成角的正弦值为． 18. 已知函数（为自然对数的底数） （1）若在处的切线与恰有一个公共点，求的值； （2）若，讨论函数的单调性； （3）若函数至少存在一个零点，求的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. （3）. 【解析】 【分析】（1）求得曲线在点处的切线方程为：与曲线联立，利用判别式求解； （2）由利用导数法求解； （3）由，根据题意，由方程在上至少有一个解，转化为.设求解. 【小问1详解】 由得. 当时. 所以，曲线在点处的切线方程为：. 由题意，这条切线与曲线恰有一个公共点. 联立得，整理为. 因为两曲线恰有一个公共点，所以该一元二次方程有两个相等实根， 故判别式. 于是，从而. 故. 【小问2详解】 因为 所以. 由于，故，因此的符号由的符号决定. 分情况讨论： ①当时，对任意，都有，故. 所以函数在区间上单调递增. ②当时，当时，，故； 当时，，故. 因此，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.. 综上，函数的单调性为： 当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. 【小问3详解】 由， 要使函数至少存在一个零点，只需方程在上至少有一个解. 移项得.设， 则问题转化为：求函数的值域. 将拆成两个函数：，则. 先讨论的单调性.因为. 所以：当时，，故在上单调递增； 当时，，故在上单调递减. 因此，函数在处取得最大值. 再讨论的单调性.因为， 所以：当时，，故在上单调递增； 当时，，故在上单调递减. 因此，函数在处取得最大值 由于与在区间上都单调递增，在区间上都单调递减， 所以它们的和在区间上单调递增，在区间上单调递减， 从而在处取得最大值. 于是故. 因此，函数至少存在一个零点，当且仅当. 所以. 19. 已知点，动点满足，动点的轨迹记为. （1）求的方程； （2）直线与轴交于点为上的动点，过作的两条切线，分别交轴于点. ①证明：直线的斜率成等差数列； ②经过三点，是否存在点，使得？若存在，求；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）①证明：设的斜率为，则， 因为，所以的斜率成等差数列. ②存在， 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义，可得曲线的方程. （2）设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立. ①根据直线与椭圆的位置关系，由可以得到关于的一元二次方程，根据韦达定理，可得，再得，所以直线的斜率成等差数列. ②法一：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可； 法二：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可； 法三：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可； 法四：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可. 【小问1详解】 因为， 所以的轨迹是以为焦点，且长轴长为4的椭圆， 设的轨迹方程为，则，可得. 又，所以，所以的方程为. 【小问2详解】 设，易知过且与相切的直线斜率存在，设直线方程为，联立，消去得， 由，得 设两条切线的斜率分别为，则 ①略 ②法1：在中，令，得，所以， 同理，得，所以的中垂线为. 易得的中点为，所以的中垂线为， 联立解得， 所以，， 要使，则，即， 整理得， 而， 所以，解得，因此， 故存在符合题意的点，使得，此时. 法2：在中，令，得，因此， 同理可得，所以的中垂线为. 易得的中点为，所以的中垂线为， 联立解得， 因为，所以，即， 而， 所以，解得，因此， 故存在符合题意的点，使得，此时. 法3：要使，即或， 从而，又，所以， 因为， 所以，解得，所以， 故存在符合题意的点，使得，此时. 法4：要使，即或，从而. 在中，令，得，故，同理可得，因此， 所以， 故，即， 整理得， 所以，整理得，解得或（舍去）， 因此，故存在符合题意的点，使得， 此时.法5：要使，即或，从而. 在中，令，得，故，同理可得， 由等面积法得， 即，整理得， 所以，整理得，解得或（舍去）， 因此，故存在符合题意的点，使得， 此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $