甘肃省敦煌中学2026-2027学年高三10月份测试数学试题

2026-2027学年高三10月份测试 数学试题1 试题范围：集合与常用逻辑用语、等式与不等式、函数与导数、三角函数、复数 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．已知复数满足，则的虚部为（ ） A． B． C． D． 2．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 3．已知命题“，使得”为假命题，，则命题是命题的条件.（    ） A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要 4．若，，，则（    ） A． B． C． D． 5．已知函数，则其图象离直线最近的一条对称轴的方程是（    ） A． B． C． D． 6．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 7．已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，若关于的方程无实根，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 （本大题共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．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．的最小正周期为 B．在上单调递增 C．的图象关于直线对称 D．在上有个零点 10．函数的部分图象如图所示，则（    ） A． B．为了得到函数的图象，可将的图象向右平移个单位长度 C．的单调递增区间为 D．若方程在上有且只有个根，则 11．已知是定义在上的奇函数，且对任意，有，当时，，则（    ） A．是以为周期的周期函数 B．点是函数的一个对称中心 C． D．函数有个零点 三．填空题 (本大题共3小题，每小题5分，共15分) 12．不等式的解集是______. 13．若函数有两个零点，则的取值范围是__________． 14．函数的最小值为________. 答 题 卡 一．单项选择 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 二、多项选择 题号 9 10 11 答案 三、填空 12、 _______________________; 13、_________________________ 14、_______________________; 四、解答题(本大题共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．已知集合． (1)若，求实数的取值范围； (2)若，求实数的取值范围． 16．已知函数． (1)求; (2)设函数，求的值域和单调区间． 17．已知函数． (1)求函数的周期和其图像的对称轴方程； (2)当时，求的值域． 18．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 19．已知函数． (1)求的单调区间； (2)当时，证明：当时，恒成立． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 2026-2027学年高三10月份测试数学试题1参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C B D D B A B AD ACD 题号 11 答案 BCD 1．A 【详解】，，的虚部为. 2．C 【分析】先求出集合，再利用交集定义求出. 【详解】，， ，. 故选：C. 3．B 【分析】利用全称命题的否定是特称命题，得出命题的等价形式“”为真命题，注意分和，分别考察，并利用二次函数的性质和不等式恒成立的意义求得，然后根据充分、必要条件的定义作出判定. 【详解】解：由题意得，命题等价于“”为真命题， 等价于或， 解得， 因为是的必要不充分条件， 所以是的必要不充分条件. 【点睛】本题考查充分、必要条件的判定，涉及不等式恒成立问题，属基础题. 4．D 【分析】先根据，由，，求出和，再由两角和的余弦公式得出结果 【详解】由题意知，，因为，所以， 因为，所以，则 故选：D 5．D 【分析】利用余弦（型）函数对称性分析求解即可. 【详解】根据题意，令，，解得函数的对称轴为：， 令，得，令，得，令，得，令，得， 所以函数的图象离直线最近的对称轴方程为． 6．B 【分析】由题意，函数在上单调递增，即每段函数均为增函数，且当时，前一段函数的函数值不大于后一段函数的函数值，列出不等式组，即得解 【详解】① 当时，只需时显然成立，时，，令，，可得函数的减区间，增区间为，故有，得； ② 当时，，有. ③ 当 时，，即. 故实数的取值范围为. 故选 ：B 【点睛】本题考查了已知分段函数的单调性求参数范围，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题 7．A 【分析】先由周期大于等于单调区间的长度的2倍，求得的初步范围，然后结合余弦函数的单调性进一步确定的范围，得到答案. 【详解】由题意有，可得，又由，必有，可得. 故选：A 8．B 【分析】关于的方程无实根等价于函数的图象与直线无交点，设直线与切于点，求出切线方程为：，结合图象求解即可. 【详解】因为函数 所以关于的方程无实根等价于函数的图象与直线无交点， 设直线与切于点， 由，由已知有：解得，则 则切线方程为：， 由图知：函数的图象与直线 无交点时实数的取值范围为. 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的零点问题，考查分段函数的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和数形结合分析推理能力. 9．AD 【分析】先根据二倍角公式，及辅助角公式化简得到，再根据给定条件，利用正弦函数的性质逐项计算判断即可． 【详解】由， 对于A，的最小正周期为，故A正确； 对于B，由，则，由在上单调递增，且在上单调递增，在上单调递减， 所以在上先单调递增，再单调递减，故B错误； 对于C，由，即的图象关于直线不对称，故C错误； 对于D，由，则，令，得或，解得或， 所以在上有个零点，故D正确． 10．ACD 【分析】利用图象求出函数的解析式，可判断A选项；利用三角函数图象变换可判断B选项；利用正弦型函数的单调性可判断C选项；解方程，求出该方程在上的第个根和第个根，可得出实数的取值范围，可判断D选项. 【详解】由图象知函数的振幅， 因为图象过，所以，可得， 又因为，所以， 因为图象过，所以， 解得， 又因为函数的周期有，即，解得， 所以， 对于A选项，，正确； 对于B选项，， 将函数的图象向右平移个单位长度得到，错误； 对于C选项，令， 解得， 即函数的单调递增区间为，正确； 对于D选项，由得， 解得或，即或， 在上的根依次为、、、、、、、， 有且只有个根，则第个根是，所以，正确. 11．BCD 【分析】A：根据奇偶性和对称性可判断出周期性；B：根据关于点中心对称以及关于直线对称，可作出判断；C：利用周期性可得，由此可计算出结果；D：在同一坐标系中作出的图象，根据图象可判断出结果. 【详解】因为是定义在上的奇函数，所以， 又因为，所以函数关于直线对称； 所以， 所以， 所以函数是周期为的周期函数，所以A选项错误； 由于函数是奇函数，关于点中心对称，且函数关于直线对称， 因此点是函数的一个对称中心，所以B选项正确； 由于函数是周期为的周期函数，且时，， 那么，因此，所以C选项正确； 作出函数与函数的图象如图所示， 根据图象可知，两个图象有个交点，因此函数有个零点，所以D选项正确， 故选：BCD． 12．（或） 【详解】即， 得或，所以原不等式的解集为，（或）. 13． 【分析】方法一：令,则即，,转化为一元二次方程有两个正根的问题. 方法二：把函数 有两个零点转化为方程有两个实数根的问题，再转化为,即函数与函数交点问题. 【详解】令，得，即， 方法一： 令，则，即，, 则一元二次方程有两个正根， 那么， 所以，的取值范围是. 方法二： 设，那么设，则， 由于在上单调递减，在上单调递增， 故在上单调递减，在上单调递增，且， 根据函数图象可知，函数有两个零点，则的取值范围是. 14． 【分析】根据和分类讨论，作出函数图像即可求解. 【详解】当时，即时，， 当时，即时， ， 所以， 作出函数图像：    所以函数的最小值为，当时. 故答案为：. 15．(1) (2) 【分析】（1）由并集性质得，分类讨论为空集和非空集两种情况列不等式求解； （2）由交集为空集的条件，分类讨论为空集和非空集，结合集合端点的大小关系列不等式求解. 【详解】（1）由并集的性质可知等价于， ① 当时，满足，即，解得； ② 当时，需同时满足：， 解得：，即. 综上，的取值范围是或， 即的取值范围是. （2）由题意， ① 当时，满足，此时，解得； ② 当时，需满足的所有元素都不在的范围内，且（即）， 即： 或 ，解得， 结合得， 解得，结合得. 综上，合并两类情况的解，的取值范围是或， 即. 16．(1) (2)值域为，单调递减区间为，单调递增区间为. 【分析】（1）直接由题意得，结合余弦函数的单调性即可得解； （2）由三角恒等变换得，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数的单调区间. 【详解】（1）由题意，所以； （2）由（1）可知， 所以 ， 所以函数的值域为， 令，解得， 令，解得， 所以函数的单调递减区间为， 函数的单调递增区间为. 17．(1)最小正周期为，对称轴为 (2) 【分析】(1)由辅助角公式可得，根据得周期，正弦函数的对称轴为，整体代入可求对称轴方程. (2)代入的取值得到，整体代入可得函数值域. 【详解】（1）， 所以； 令，解得． （2）因为，所以 从而可知， 因此，故所求值域为． 18．(1) (2) 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程； （2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可. 【详解】（1）当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且， 若有极小值，则有零点， 令，可得， 可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即， 构建， 因为则在内单调递增， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为. 19．(1) 当时，的单调递减区间为； 时，的单调递增区间为，单调递减区间为. (2) ，且时，， 令，下证即可. ，再令，则， 显然在上递增，则， 即在上递增， 故，即在上单调递增， 故，问题得证 【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性； （2）先根据题设条件将问题可转化成证明当时，即可. 【详解】（1）定义域为， 当时，，故在上单调递减； 当时，时，，单调递增， 当时，，单调递减. 综上所述，当时，的单调递减区间为； 时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）略 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 $