宁夏回族自治区吴忠市青铜峡市第一中学2026-2027学年高三上学期10月月考数学试题

> > > > 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 > > > > 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 ( 市一中202 6 -202 7 学年第一学期 1 0月月考 高 三 数学答题卡 ) ( 注意事项 选择题请用2B铅笔填涂方框，如需改动，必须用橡皮擦干净，不留痕迹，然后再选择其它答案标号。 非选择题必须使用黑色签字笔书写，笔迹清楚。 请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域，以及在草稿纸和试题上的答案均无效。 请保持卷面清洁，不要折叠和弄破答题卡。 填 涂 样 例 正确填涂 > 条形码粘贴区域 (正面朝上，切勿贴出虚线方框) 试卷类型 A B 缺考标记 （禁止考生填涂） < < < 姓 名： 班 级： 考 号： ) ( 一、 单选题 (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) 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 ） ) ( 5 abcd 6 abcd 7 abcd 8 abcd    ) ( 1 abcd 2 abcd 3 abcd 4 abcd ) ( 9 abcd 10 abcd 11 abcd ) ( 三、填空题 (本题共3小题，每小题5分，共15分。) 12. 13. 14. ) ( 15. （共13分） ) ( 1 6 . （共15分） ) ( 1 7 . （共1 5 分） ) ( 1 8 . （共17分） ) ( 19 . （共1 7 分） ) 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 > > 数学 第2面 共2面 > > 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 > > 数学 第1面 共2面 > > 学科网（北京）股份有限公司 $ 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C D B A D B C ACD AD 题号 11 答案 BD 1．A 【详解】因为，则. 2．C 【详解】， 则复数在复平面内对应的点为， 则复数在复平面内对应的点位于第三象限. 3．D 【分析】利用指数函数和对数函数的单调性分析判断即可. 【详解】因为在上递增，且， 所以， 所以，即， 因为在上递增，且， 所以，即， 所以， 故选：D 4．B 【分析】根据幸福点的定义求函数的幸福点为，再根据充分必要条件判断即可. 【详解】根据函数的幸福点定义， 当时，令，解得； 当时，令，解得； 所以函数的幸福点为. 所以“”是“是的幸福点”得充分不必要条件. 故选：B 5．A 【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解. 【详解】令， 则， 所以为奇函数，排除BD； 又当时，，所以，排除C. 故选：A. 6．D 【分析】先判断函数的奇偶性及单调性，结合题设可得，然后利用基本不等式“1”的代换求解最值即可. 【详解】由，， 则，故是定义在上的奇函数， 由，得， 由为增函数，知是增函数， 所以，即， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立， 则的最小值是. 7．B 【分析】观察题目给出的不等式，整理成两边形式统一的结构，构造新函数并判断新函数的单调性，再利用单调性解不等式，求解过程中要注意函数的定义域。 【详解】由，，得，令，则， 所以在上单调递减.因为，所以，因为，所以，即， 因为在上单调递减，故，因为定义在上，所以， 即,解得，因此不等式解集为. 故答案为：B 8．C 【分析】由得：.所以或.作出函数 的简图，结合图象判断即可.特别注意:要单独分析当时的情形. 【详解】   函数 的简图如上. 由得：. 当 时，.如图所示，函数图象与直线有3个交点，说明此时方程有3个不相等的实数根.不合题意.所以不等于0. 所以或. 因为关于x的方程 有7个不相等的实数根，方程有3个不相等的实数根，所以方程有4个不相等的实数根，即函数图象与直线有4个不同的交点. 结合函数的简图，可得，所以.所以实数a的取值范围是. 故选：C. 9．ACD 【分析】首先根据对数函数的单调性和定义域得到，再结合，利用不等式性质、指数函数单调性、作差法逐项判断即可. 【详解】 选项A：对数函数的定义域为，且在定义域上单调递增，由可得，A正确. 选项B：由可得，又，所以，B错误. 选项C：指数函数是上的单调递增函数，由可得，因此，C正确. 选项D： . 由，可得，，， 所以，即，D正确. 10．AD 【分析】依次根据对数函数过定点的性质、幂函数的定义与奇偶性、对勾函数的最值规律、分段函数单调递增的条件判断各选项正误. 【详解】 选项A：令得，代入函数得，因此图象恒过定点，A正确； 选项B：幂函数的系数必须为1，故，得，此时函数为，定义域为，定义域关于原点对称，设， 则，故是偶函数，B错误； 选项C：将函数变形为，令，因为对勾函数在上单调递增，因此时取最小值为，C错误； 选项D：分段函数在上单调递增需满足两个条件：①二次函数在上单调递增，其开口向下，对称轴为，故即；②左段在处的函数值不大于右段在处的极限值，即，解得，综上得，D正确. 11．BD 【分析】首先根据函数的对称性求出的周期和对称中心，然后求得.利用图象法即可判断D. 【详解】依题意，为偶函数， 且，有，即关于对称， 则 ， 所以是周期为4的周期函数，故A错误； 因为的周期为4，关于对称， 所以是函数的一个对称中心，故B正确； 因为的周期为4，则，， 所以，故C错误； 作函数和的图象如下图所示， 由图可知，两个函数图象有3个交点， 所以函数有3个零点，故D正确. 故选：BD. 12．1 【分析】根据对数运算性质和运算法则以及指数运算法则即可得到答案. 【详解】原式. 故答案为：1. 13． 【分析】法一：利用导数的几何性质与导数的四则运算求得切点，进而代入曲线方程即可得解；法二：利用导数的几何性质与导数的四则运算得到关于切点与的方程组，解之即可得解. 【详解】法一：对于，其导数为， 因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2， 令，即，解得， 将代入切线方程，可得， 所以切点坐标为， 因为切点在曲线上， 所以，即，解得. 故答案为：. 法二：对于，其导数为， 假设与的切点为， 则，解得. 故答案为：. 14．/ 【分析】利用函数的奇偶性与对称性推导出函数的周期，通过周期性将未知的自变量化归到已知区间内，最后代入黎曼函数解析式及特殊点的值进行计算求和. 【详解】因为，所以，令得， 因为是奇函数，所以，所以，所以的周期为4， 所以， 由题意得，此时，它是一个既约真分数，因此， 即，则． 15．(1) (2) 【分析】（1）分别解分式不等式和绝对值不等式确定集合，然后由集合的运算法则计算； （2）由充分不必要条件得，再对参数分类讨论确定出集合，然后结合真子集的概念得参数范围． 【详解】（1），，或， ， 所以； （2）若“”是“”的充分不必要条件，则是的真子集， ， 若，则，符合题意； 若，则，若是的真子集，则， 若，则，若是的真子集，则， 综上，的范围是． 16．(1) (2)或 【分析】（1）根据幂函数的定义和幂函数的奇偶性求解即可； （2）利用二次函数的性质以及分类讨论法，根据函数的最值分析即可. 【详解】（1）由为幂函数，则， 即，解得：或， 当时，，由函数的定义域关于原点对称，且， 此时函数为偶函数，满足题意， 当时，，由函数的定义域关于原点对称，且， 此时函数为奇函数，不满足题意， 综上所述，函数. （2）由（1）知，则函数， 所以函数为开口向上，对称轴为的二次函数， ①当时，在上单调递增， 此时， 又在的最小值为， 所以，解得：，满足题意， ②当时，在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又在的最小值为， 所以，解得：（舍去）或， ③当时，在上单调递减， 此时， 又在的最小值为， 所以，解得：，不满足题意， 综上所述，的值为或. 17．(1) 四棱柱为直四棱柱，平面， 平面，，， ，，平面，平面， 平面，； ，，平行四边形为正方形，， ，平面，平面. (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定与性质可证得；由正方形性质知；由线面垂直的判定可证得结论； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法可求得结果. 【详解】（1）略 （2）以为坐标原点，正方向分别为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系， ，，，，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； 轴平面，平面的一个法向量， ， 即平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）当时，分析函数的单调性，可求得函数的最小值； （2）利用复合函数的单调性可知，内层函数在上为增函数，且，可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围； （3）由题意可知，对任意的恒成立，可得出对任意的恒成立，参变量分离可得出，利用基本不等式可求得实数的取值范围. 【详解】（1）当时，， 对任意的，恒成立，此时，函数的定义域为， 因为内层函数的减区间为，增区间为， 外层函数为增函数， 由复合函数的单调性可知，函数的减区间为，增区间为， 故. （2）令，因为外层函数在定义域上为增函数，且函数在上单调递增， 则内层函数在上为增函数，且， 即，解得. 因此，实数的取值范围是. （3）对于任意，存在，使得不等式成立， 则对任意的恒成立， 因为， 当时，，故当时，即当时，函数取最小值， 即， 所以，对任意的恒成立， 由可得，参变量分离得， 因为，由基本不等式可得， 当且仅当时，即当时等号成立，则， 因此，实数的取值范围是. 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）若，求出解析式，求导，求出切线方程； （2）根据定义域为，求导，分类讨论，，，满足是的极大值点，求出的取值范围； （3）由（2）可知，且时，，由恒成立，构造，进行求解. 【详解】（1）若，则， 所以， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）由题意，得的定义域为，，所以. 当时，在区间上，单调递减， 在区间和上，单调递增， 所以是的极大值点，满足条件. 当时，在区间上单调递增，没有极值，不满足条件. 当时，在区间上，单调递减， 在区间和上，单调递增， 是的极小值点，不满足条件. 当时，在区间上，单调递减，在区间上，单调递增，所以是的极小值点，不满足条件. 综上，的取值范围是. （3）由（2）知，，且时，， 所以在上，恒成立，即恒成立， 即恒成立. 设，则. 令，则，当时，， 所以即在区间上单调递减，又， 所以，所以在区间上单调递减. 又，所以的取值范围是. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 青铜峡市第一中学2026-2027学年第一学期10月月考试卷 高 三 数 学 （命题人：陈菊红 试卷审阅：杜晓东 考试时长：120分钟 总分:150分 ） 一、单选题（每小题5分，共40分） 1．已知集合，，则（     ） A． B． C． D． 2．复数在复平面内对应的点位于（     ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．设，则的大小关系为（   ） A． B． C． D． 4．已知函数，则为（   ） A． B． C．2 D．3 5．函数在区间的图象大致为（    ） A． B． C． D． 6．若，且，则的最小值是（    ） A．8 B．6 C．4 D．2 7．已知函数，则关于的不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 8．定义在上的奇函数，当时，，设函数，则下列说法错误的是（    ） A．函数所有零点之和为0. B．若函数有三个零点，则 C．当时， D．函数在上为增函数 二、多选题（每小题6分，共18分） 9．已知实数，，满足，，则下列关系一定正确的是（    ） A． B． C． D． 10．下列结论中，正确的是（   ） A．函数（且）的图象恒过定点 B．幂函数是奇函数 C．若，则的最小值为2 D．若函数在上单调递增，则 11．已知函数，则下列说法正确的有（   ） A．函数在上单调递减 B．函数仅有1个极值点 C．函数仅有1个零点 D．直线是曲线的切线 三、填空题（每小题5分，共15分） 12．_______. 13．已知函数是上的奇函数，则________________________． 14．黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德·黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用．黎曼函数定义在上，其解析式为，若函数是定义在R上的奇函数，且对任意的x，都有，当时，，则________． 四、解答题（要求写出必要的解题步骤） 15．（13分）已知全集，集合，，． (1)当时，求； (2)若“”是“”的充分不必要条件，求的取值范围． 16．（15分）已知幂函数为偶函数. (1)求函数的解析式； (2)若函数，且在的最小值为，求的值. 17．（15分）如图，在直四棱柱中，底面是直角梯形，，，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 18．（17分）已知函数． (1)当时，求的最小值； (2)若在上单调递增，求的取值范围． (3)设，若对于任意，存在，使得不等式成立，求的取值范围． 19.（17分）已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若，恒成立，求的取值范围． 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $