精品解析：西藏拉萨中学2027届高三上学期第二次月考数学试卷

拉萨中学2027届高三第二次月考数学试卷 命题人：张成 一、单选题 1. 函数的定义域表示正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】要使有意义，只需分母. 故定义域为. 2. 函数的极值点的个数为 （ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】B 【解析】 【分析】先求导，再，求出，，根据极值点的定义，检验和左右两侧导函数的符号，即可判断出极值点的个数. 【详解】由题可知，，则， 令，则，， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递增， 所以为的极小值点，不是极值点，因此函数的极值点的个数为1个. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由求出，再代入目标式，利用对数换底公式计算即得. 【详解】令可得，则. 4. 设函数则满足的取值范围是 A. [-1,2] B. [0,2] C. [1,+） D. [0,+） 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数解析式，结合指对数函数的单调性，讨论不同区间对应的x范围，然后取并. 【详解】由，可得；或，可得； 综上，的取值范围是. 故选：D 5. 已知圆，点，经过点P的直线与圆C相交于A、B两点，则的最大值与最小值分别为（ ） A. 6与4 B. 6与 C. 与4 D. 9与 【答案】A 【解析】 【分析】结合图形，可得和为的最大值与最小值，计算即可. 【详解】如图， 点在圆C内，经过点和点作直线交圆于点， 过点作直线的垂线，交圆于点，连接， 则， 故和为的最大值与最小值，其中， 因，则. 附注：下面说明为的最小值. 如图，过点另作直线，交圆于点，连接， 取的中点，连接， 则，且，因圆的半径为3， 在中，， 又，故， 从而， 故为的最小值. 6. 正确表示函数的图象的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为函数的定义域为且，故排除B选项， 对函数求导得，因此函数在和递减，在递增， 故选择A选项. 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知可得，，，构造函数，利用函数的单调性判断大小． 【详解】， ，. 设，则. 令，解得. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 因为，所以，即. 所以，即. 8. 已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对称性和已知条件得到，从而得到，，然后根据条件得到的值，再由题意得到从而得到的值即可求解. 【详解】因为的图像关于直线对称， 所以， 因为，所以，即， 因为，所以， 代入得，即， 所以， . 因为，所以，即，所以. 因为，所以，又因为， 联立得，， 所以的图像关于点中心对称，因为函数的定义域为R， 所以 因为，所以. 所以. 故选：D 【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题. 二、多选题 9. 若，使得成立，则a的值可以为（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由条件，使得成立，等价于，利用导数求出在上的最小值即可判断a的值. 【详解】设，由题意知，使得成立，等价于， 由，令，则， 又，知，所以两边同时平方，解得， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 因，则当时，，故，因此选项只有A和C符合. 10. 使得成立的充分不必要条件是（ ） A. m3 B. m<3 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】先求出集合包含关系成立的充要条件为，再根据充分不必要条件对应集合是充要条件对应集合的真子集，逐项判断即可. 【详解】 首先求解的充要条件， 分两种情况讨论： 当左边集合为空集时，满足，解得，此时包含关系显然成立； 当左边集合非空时，需满足，解得；综上，包含关系成立的充要条件是，对应集合为， 充分不必要条件对应的集合是的真子集， 选项A：对应集合就是，属于充要条件，不符合要求，错误； 选项B：对应集合为，是的真子集，满足充分不必要要求，正确； 选项C：对应集合为，是的真子集，满足充分不必要要求，正确； 选项D：对应集合为，是的真子集，满足充分不必要要求，正确. 11. 对于棱长为1（单位：）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计），下列说法正确的是（ ） A. 该正方体内能整体放入一个底面直径为，高为的圆柱体 B. 底面半径为，高为的圆锥形罩子（无底面）能够罩住水平放置的该正方体 C. 以该正方体的三条棱作为圆锥的母线，则此圆锥的母线与底面所成角为 D. 该正方体内能整体放入一个体积为的圆锥 【答案】AD 【解析】 【分析】正方体内放旋转体，突破口是它的特殊截面：过中心且垂直于体对角线的截面是边长的正六边形，其内切圆是正方体内能截出的"最大圆"，直径. A、D 都围绕这个截面解题；B在圆锥内放置正方体等价于放置一个圆柱，求出最大内接圆柱的高即可；C 用共顶点三条棱的对称性定轴线再算角的正弦值. 【详解】选项A,设正方体为. 过中心且垂直于体对角线的截面是正六边形， 其顶点在六条棱的中点处，边长为，内切圆直径为. 该圆柱高仅m，轴向厚度极小，沿体对角线方向稍作调整即可整体放入，A正确. 选项B, 考虑底面半径为，高为的圆锥的内接圆柱，其中圆柱的底面半径为， 则圆柱的高为，则该圆锥罩子不能罩住水平放置的棱长为1的正方体， B错误. 选项C，以同一顶点出发的三条两两垂直的棱为母线，则圆锥的轴线是该顶点所引体对角线.顶点到该平面的距离， 母线长，故母线与底面所成角满足，C错误. 选项D，取 A 中正六边形的内切圆为底面（半径，圆心即正方体中心），底面圆完全在截面正六边形内； 取体对角线的一个端点（如）为顶点，则高， 该圆锥整体在正方体内，其体积. 而， 故体积为的圆锥能整体放入，D正确. 三、填空题 12. 曲线在点处的切线方程为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可． 【详解】由题，当时，，故点在曲线上． 求导得：，所以． 故切线方程为． 故答案为：． 13. 已知，其中实数a为常数，且，则__． 【答案】 【解析】 【分析】证明，则，从而求解的值. 【详解】 由，即，故的定义域为R， ， 因为，，故. 14. 已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】法一：依题可知，方程的两个根为，即函数与函数的图象有两个不同的交点，构造函数，利用指数函数的图象和图象变换得到的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案. 【详解】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点 因为，所以方程的两个根为， 即方程的两个根为， 即函数与函数的图象有两个不同的交点， 因为分别是函数的极小值点和极大值点， 所以函数在和上递减，在上递增， 所以当时，，即图象在上方 当时，，即图象在下方 ，图象显然不符合题意，所以． 令，则， 设过原点且与函数的图象相切的直线的切点为， 则切线的斜率为，故切线方程为， 则有，解得，则切线的斜率为， 因为函数与函数的图象有两个不同的交点， 所以，解得，又，所以， 综上所述，的取值范围为． [方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导 =0的两个根为 因为分别是函数的极小值点和极大值点， 所以函数在和上递减，在上递增， 设函数，则， 若，则在上单调递增，此时若， 则在上单调递减，在上单调递增，此时若有和分别是函数 且的极小值点和极大值点，则，不符合题意； 若，则在上单调递减，此时若，则在上单调递增，在上单调递减，令，则，此时若有和分别是函数且的极小值点和极大值点，且，则需满足，，即故，所以. 【整体点评】法一：利用函数的零点与两函数图象交点的关系，由数形结合解出，突出“小题小做”，是该题的最优解； 法二：通过构造新函数，多次求导判断单调性，根据极值点的大小关系得出不等式，解出即可，该法属于通性通法． 四、解答题 15. （1）已知袋子中装有大小、质地完全相同的3个红球、2个黄球、1个蓝球. 规定：取出1个红球得1分，取出1个黄球得2分，取出1个蓝球得3分. 从该袋子中有放回地依次随机取出2个球，记随机变量X为取出这2个球所得分数之和，求X的分布列和期望. （2）设离散型随机变量X的分布列为，. 和分别为X的期望和方差，为的期望，证明：. 【答案】（1）分布列如下，. （2）由方差定义，. 展开平方项：. 由期望的线性性，且为常数（常数与独立，可直接提出），得 . 即，得证. 【解析】 【分析】（1）单球得分是一次独立试验，先写出单次得分的分布，再按独立重复（有放回）对两球得分求和，枚举的每个取值，用乘法与加法公式计算概率，最后套期望公式； （2）从方差的定义式出发展开，利用期望的线性性与"是常数". 【详解】（1）单次取球：（得分），（得分），（得分）. 有放回抽取，两次得分相互独立，故的可能取值为. ； ； ； ； . 所以. （2）略 16. 如图，已知直三棱柱中，E为中点，，，且. （1）求证：； （2）求与平面所成角的正切值. 【答案】（1）证明：连接， 因为，E为中点，所以， 又，，所以， 又，所以∽， 所以，故， 即⊥， 又因为，，平面，所以⊥平面， 又平面，所以⊥， 又⊥，，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥； （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到三角形相似，进而得到⊥，证明出线面垂直，⊥，从而得到⊥平面，⊥； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角公式求出正弦，进而求出正切. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ，设平面的法向量为， 则， 解得，令，则，所以， ， 设与平面所成角大小为，则， 所以，， 故与平面所成角的正切值为. 17. 若为坐标原点，、为抛物线上不同的两点，直线、的斜率分别为，. （1）证明直线恒过定点；并求出定点坐标； （2）若抛物线的焦点为，求面积的最小值；并求出面积取最小值时的直线方程. 【答案】（1）证明：设，， 、为抛物线上不同的两点， 由得，则，. 由，得，即. 由题意，直线斜率不为，设其方程为. 与联立得. 由韦达定理得. 所以，解得. 故直线的方程为，恒过定点. （2）； 【解析】 【分析】（1）设点坐标，将斜率条件转化为纵坐标关系式，设直线联立抛物线，利用韦达定理求定点. （2）利用三角形面积公式（以为底）建立面积关于参数的表达式，进而求最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 抛物线的焦点，如下图所示： 由（1）知直线过点，则. 由得. 则. 的面积. 当时，取得最小值，. 此时直线的方程为. 18. 已知中，角的对边分别为 . 向量，，，，且有 （1）求； （2）若，求的最小值. （3）在（2）的条件下，设为外接圆半径，求展开式中系数最大的项. 【答案】（1） （2） （3）系数最大的项为 【解析】 【分析】（1）展开向量点积等式，结合三角恒等变换和三角形内角和性质求解角； （2）由余弦定理和基本不等式确定的取值范围，利用对勾函数单调性求目标式最小值； （3）由正弦定理求外接圆半径得二项式指数，通过系数不等式列条件求解展开式系数最大的项。 【小问1详解】 ， ， 由得， 代入、、，左边化简为； 代入、，右边化简为， 消去公共项后得，即，又，故； 【小问2详解】 由余弦定理，代入、得， 由基本不等式，代入得，解得， 结合三角形两边之和大于第三边得， 设，目标函数为，， 求导得，故在上单调递减， 当时，即时，取最小值，最小值为：； 【小问3详解】 由正弦定理，代入、得，即， 故指数，二项式为， 展开式通项为，设第项系数最大， 列不等式：  解得，又，故， 对应项为. 19. 已知函数，. （1）若在为减函数，求实数a的取值范围； （2）若，求a的值. （其中为的导函数） （3）求证 【答案】（1） （2） （3）证明：由（2）知，时，，当且仅当时，等号成立， 故时，，当且仅当时，等号成立， 故，恒成立， 所以 ， 其中当时，，当且时，， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，得到在上恒成立，根据二次函数性质可得只需，求出答案； （2）转化为，，构造函数，求导，分时，不合要求，故，求出函数的单调性和最小值，结合，得到，解得； （3）在（2）的基础上，得到，得到，恒成立，放缩后，由等比数列求和公式可得，从而证明出结论. 【小问1详解】 定义域为R， ，在为减函数，故在上恒成立， 即在上恒成立， 令，只需在上恒成立， 开口向上，所以只需， 即， 解得； 【小问2详解】 ，，， ，即，即，， 令，，则， 当时，在上恒成立，所以在上单调递减， 显然，故当时，，故不合要求，舍去； 故，令得，令得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故， 又，故要想，即恒成立，需满足，解得； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 拉萨中学2027届高三第二次月考数学试卷 命题人：张成 一、单选题 1. 函数的定义域表示正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 函数的极值点的个数为 （ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 设函数则满足的取值范围是 A. [-1,2] B. [0,2] C. [1,+） D. [0,+） 5. 已知圆，点，经过点P的直线与圆C相交于A、B两点，则的最大值与最小值分别为（ ） A. 6与4 B. 6与 C. 与4 D. 9与 6. 正确表示函数的图象的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域均为R，且．若的图像关于直线对称，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 若，使得成立，则a的值可以为（ ） A. B. C. 0 D. 10. 使得成立的充分不必要条件是（ ） A. m3 B. m<3 C. D. 11. 对于棱长为1（单位：）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计），下列说法正确的是（ ） A. 该正方体内能整体放入一个底面直径为，高为的圆柱体 B. 底面半径为，高为的圆锥形罩子（无底面）能够罩住水平放置的该正方体 C. 以该正方体的三条棱作为圆锥的母线，则此圆锥的母线与底面所成角为 D. 该正方体内能整体放入一个体积为的圆锥 三、填空题 12. 曲线在点处的切线方程为__________． 13. 已知，其中实数a为常数，且，则__． 14. 已知和分别是函数（且）的极小值点和极大值点．若，则a的取值范围是____________． 四、解答题 15. （1）已知袋子中装有大小、质地完全相同的3个红球、2个黄球、1个蓝球. 规定：取出1个红球得1分，取出1个黄球得2分，取出1个蓝球得3分. 从该袋子中有放回地依次随机取出2个球，记随机变量X为取出这2个球所得分数之和，求X的分布列和期望. （2）设离散型随机变量X的分布列为，. 和分别为X的期望和方差，为的期望，证明：. 16. 如图，已知直三棱柱中，E为中点，，，且. （1）求证：； （2）求与平面所成角的正切值. 17. 若为坐标原点，、为抛物线上不同的两点，直线、的斜率分别为，. （1）证明直线恒过定点；并求出定点坐标； （2）若抛物线的焦点为，求面积的最小值；并求出面积取最小值时的直线方程. 18. 已知中，角的对边分别为 . 向量，，，，且有 （1）求； （2）若，求的最小值. （3）在（2）的条件下，设为外接圆半径，求展开式中系数最大的项. 19. 已知函数，. （1）若在为减函数，求实数a的取值范围； （2）若，求a的值. （其中为的导函数） （3）求证 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $