精品解析：湖北十堰市第一中学2026-2027学年高三上学期10月一轮复习阶段模拟考试数学试题

十堰一中2027届高三10月一轮复习阶段模拟考试 数学试卷 考试时间：120分钟 命题人：张明方 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. 设集合，，则集合中的元素个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 2. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，则“”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 4. 已知幂函数的图象过点，则函数的单调递增区间为（ ） A. B. C. D. 5. 沙漏也叫做沙钟，是一种测量时间的装置.现有一个沙漏（如图）上方装有的细沙，细沙从中间小孔由上方慢慢漏下，经过时剩余的细沙量为，且（b为常数），经过时，上方还剩下一半细沙，要使上方细沙是开始时的，需经过的时间为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数若的最小值为，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在内有且仅有两个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，关于的方程有且仅有4个不同的实根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分． 9. 下列结论正确的有（    ） A. B. 若圆心角为的扇形的面积为，则扇形的弧长为 C. 终边落在直线上的角的集合是 D. 已知点在第四象限，则角终边在第二象限； 10. 已知，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，其中，则下列说法正确的有（ ） A. 存在实数使得为上的奇函数 B. 若为增函数，则的取值范围为 C. 对于任意实数，的图象上都存在关于原点对称的点 D. 若，则方程有三个不同的实数根 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设是周期为4的奇函数，当时，，则______． 13. 计算：______． 14. 已知，，，是8个正整数，记，其中，，，，若，则这8个正整数中的最大数与最小数的和为______. 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，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且． （1）求，的解析式； （2）令函数．求不等式的解集． 16. 已知函数． （1）若将函数的图象向右平移个单位得到，求在区间上的单调递增区间； （2）若，求的值． 17. 若函数的部分图象如图所示. （1）设且，求的值； （2）若且，求的最大值并求出取得最大值时的大小. 18. 已知函数. （1）讨论的单调性. （2）若无零点，但有两个不同的极值点， （i）求的取值范围； （ii）设为的两个极值点，求的取值范围. 19. 已知函数，． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）设，，若存在，使得．证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 十堰一中2027届高三10月一轮复习阶段模拟考试 数学试卷 考试时间：120分钟 命题人：张明方 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. 设集合，，则集合中的元素个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】解一元二次不等式和分式不等式求出集合，再由交集定义求出即可求解. 【详解】由题集合或， 集合 所以集合或， 所以集合中的元素个数为4. 故选：C 2. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】已知角的终边经过点，则， ， ． 3. 已知，，则“”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为函数是定义在上的单调递增函数，所以等价于． 选项A、取，满足，但此时， 说明无法推出，充分性不成立，选项A错误； 选项B、取，满足，但此时， 说明无法推出，充分性不成立，选项B错误； 选项C、对数函数的定义域为，且在定义域上单调递增， 若，则，可推出，充分性成立； 若即， 当或时，或无意义，无法推出，必要性不成立， 因此是的充分不必要条件，选项C正确； 选项D、指数函数是定义在上的单调递增函数， 等价于，即等价于， 因此是的充要条件，选项D错误． 4. 已知幂函数的图象过点，则函数的单调递增区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由幂函数图象所过的点求出幂函数解析式，再由复合函数同增异减的原则可求其单调递增区间． 【详解】设 将点 代入，得 ，解得 ， 则， 令 ．由 ，得在 或 时有定义． 设，则外层函数 在 时单调递增； 内层函数 在 时单调递减，在 时单调递增． 因此， 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ． 5. 沙漏也叫做沙钟，是一种测量时间的装置.现有一个沙漏（如图）上方装有的细沙，细沙从中间小孔由上方慢慢漏下，经过时剩余的细沙量为，且（b为常数），经过时，上方还剩下一半细沙，要使上方细沙是开始时的，需经过的时间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意有，解得，，由此能得出结果． 【详解】依题意有，即， 两边取对数得，所以，得到， 当容器中只有开始时的时，则有，所以， 两边取对数得，所以， 故选：C． 6. 已知函数若的最小值为，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别求解分段函数在每一段定义区间内的最小值，结合函数在整体定义域内的最小值得到关于a的不等式组，解不等式组得到a的取值范围. 【详解】当时，，当且仅当时，等号成立， 即当时，函数的最小值为； 当时，， 要使得函数的最小值为， 则满足解得． 故选：A． 7. 已知函数在内有且仅有两个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题得，解不等式组即得解. 【详解】因为，所以． 因为函数在内有且仅有两个零点， 所以， 解得． 故选：D 8. 已知函数，关于的方程有且仅有4个不同的实根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性，即可作出其图象，由此可得到的图象，将方程有且仅有4个不同的实根，转化为和对应的方程的根的总数为4个，数形结合，即可求解. 【详解】由可得定义域为，且， 当且时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 所以：是极大值点，； 当时，；当时，； 由此可作出函数的图象： 令，则原方程可化为：， 得或， 原方程有且仅有4个不同的实根，等价于和对应的方程的根的总数为4个； 结合的图象可得的图象： 由题意知以及，故，且， 结合图象，要使得和有且仅有4个不同的实根， 需满足且，即得，此时有1个解，有3个解， 即. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分． 9. 下列结论正确的有（    ） A. B. 若圆心角为的扇形的面积为，则扇形的弧长为 C. 终边落在直线上的角的集合是 D. 已知点在第四象限，则角终边在第二象限； 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用三角函数符号法则判断A；利用扇形弧长、面积公式计算判断B；求出角的集合表达式判断C；根据判断D. 【详解】解：对于A，由，得，则，A正确； 对于B，设扇形半径为，由圆心角为的扇形的面积为，得， 解得，因此扇形的弧长为，B正确； 对于C，终边落在射线上的角集合为， 终边落在射线上的角集合为， 因此终边落在直线上的角的集合是，C错误； 对于D，由点在第四象限得，故角终边在第二象限，D正确. 故选：ABD 10. 已知，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据不等式的基本性质及指数函数的单调性分别判断即可． 【详解】，， ，即， ∵，∴， ∵，（因为，所以），故A正确； ， ，故B正确； ， ∴，即，故C正确； ，若，则， 由知，，，故，矛盾， 故D错误. 11. 已知函数，其中，则下列说法正确的有（ ） A. 存在实数使得为上的奇函数 B. 若为增函数，则的取值范围为 C. 对于任意实数，的图象上都存在关于原点对称的点 D. 若，则方程有三个不同的实数根 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：分和两种情况，结合恒成立运算求解；对于C：令，，结合零点存在性定理分析判断；对于D：分析可知函数在定义域内单调递减，且值域为，即可判断结果. 【详解】对于选项A：因为， 即，可知不为奇函数，故A错误； 对于选项B：若为增函数，可知函数连续不断， 当时，则，可得恒成立， 则，可得； 当时，则，可得恒成立， 则，可得； 综上所述：的取值范围为，故B正确； 对于选项C：当时，令， 因为，， 可知函数在内存在零点，即方程在内有根， 所以对于任意实数，的图象上都存在关于原点对称的点，故C正确； 对于选项D：若，则有： 当时，则，可得恒成立， 可知函数在内单调递减，则， 且当x趋近于时，趋近于，所以函数在内的值域为； 当时，则，可得恒成立， 可知函数在内单调递减，则， 且当x趋近于时，趋近于，所以函数在内的值域为； 综上所述：函数在定义域内单调递减，且值域为， 所以方程有且仅有1个实数根，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设是周期为4的奇函数，当时，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性及周期性求解即可. 【详解】因为是周期为4的奇函数，所以， 又当时，，所以. 所以. 13. 计算：______． 【答案】 【解析】 【分析】根据两角和的正切公式化简计算即可. 【详解】因为 ， ， 所以. 14. 已知，，，是8个正整数，记，其中，，，，若，则这8个正整数中的最大数与最小数的和为______. 【答案】23 【解析】 【分析】根据题意表示出集合的元素，通过整除性求出重复值和总和，进而可得答案. 【详解】由题意可知：从8个数中任取7个数的和共有种不同的值， 但是，，，，，，只有7个数， 可知必有两种7个数的和相等，设这个和为， 令，那么，任取7个数的和就等于，，，，，这8个取值和的集合为， 则. 因为为整数，所以是7的倍数，由可知，是7的倍数， 再因为，所以.可知. 因此，，，，中最大数为：，最小数为：， 因此，它们的和为23. 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，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且． （1）求，的解析式； （2）令函数．求不等式的解集． 【答案】（1），． （2）． 【解析】 【分析】（1）由奇函数和偶函数的性质解方程组可得； （2）构造函数，利用奇函数的性质和单调性解抽象函数不等式可得. 【小问1详解】 由，得． 因为，分别是定义在上的偶函数和奇函数， 所以，，则，联立， 解得，． 【小问2详解】 令．因为是奇函数，所以是奇函数， 又和在上单调递增， 所以在上单调递增，所以在上单调递增， 由，得， 则，则，解得或， 故不等式的解集为． 16. 已知函数． （1）若将函数的图象向右平移个单位得到，求在区间上的单调递增区间； （2）若，求的值． 【答案】（1）和 （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简得，再利用平移变换求得的解析式，进而利用整体法求得在区间上的单调递增区间； （2）利用已知可求得，化为齐次式，进而利用齐次式化为正切的代数式可求值. 【小问1详解】 因为将函数的图象向右平移个单位得到， 所以， 由，得， 又，所以的单调递增区间为和； 【小问2详解】 因为，所以， 所以，所以，所以， 所以. 17. 若函数的部分图象如图所示. （1）设且，求的值； （2）若且，求的最大值并求出取得最大值时的大小. 【答案】（1）（2）时，取得最大值3 【解析】 【分析】（1）先由图象求出函数的解析式，再由角的变换及两角和的正弦公式即可求解； （2）由余弦的二倍角公式化简，函数可化为，根据角的范围求出的值域，利用二次函数即可求解. 【详解】（1）由图得，. ，解得，于是由，得. ∵，即， ∴，即，，又，故， ∴. 由已知，即， 因为，所以， ∴. ∴ . （2）由（1）知， . ∵，于是，∴. ∴当时，此时，即时，取得最大值3. 【点睛】本题主要考查了由图象求函数解析式，根据三角恒等变换求值，利用二次函数求函数最值，属于中档题. 18. 已知函数. （1）讨论的单调性. （2）若无零点，但有两个不同的极值点， （i）求的取值范围； （ii）设为的两个极值点，求的取值范围. 【答案】（1）当时， 在上单调递增；当时，在区间和上单调递增，在区间上单调递减. （2）（i）区间（ii） 【解析】 【分析】（1）先求的导数，进而结合二次不等式的性质对分类讨论可得结果； （2）（i）根据函数有两个不同的极值点得出的一个取值范围，再根据函数无零点得出的另一个取值范围，最后取交集即可； （ii）先根据极值点得到的值，然后化简，再构造关于的函数，判断其单调性即可求出. 【小问1详解】 由题意得， 令，则，判别式， ①当时，解得，则恒成立，即恒成立，在上单调递增； ②当时，解得，则方程有个实根，由求根公式可知方程的解为， 由二次函数的性质可知在区间和上单调递增，在区间上单调递减， 综上所述，当时， 在上单调递增； 当时，在区间和上单调递增，在区间上单调递减. 【小问2详解】 （i）令，即， 由无零点，则直线与无交点，则， 又有两个不同的极值点，由（1）可知时满足题意， 故的取值范围为. （ii）不妨设，由（1）知，， 因为， 又为的两个极值点，，即， 可得，， 则 设，其中，，， ， 令，求导得， 故在上单调递增，又， ，则 故的取值范围为. 19. 已知函数，． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）设，，若存在，使得．证明：． 【答案】（1） （2） （3） 由函数， 可得， 设，由， 可得， 则， 又由，可得， ∴函数为单调递增函数， ∴，即， ∴， 由（2）知，当时，，， ∴， 即， ∴， 代入可得： ， 则， ∴， 又因为时，， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）对求导，再结合导数的几何意义求切线方程即可； （2）方法一：构造函数，结合导数分和两种情况进行讨论即可求得k的范围； 方法二：构造函数，只需在时恒成立即可 又，且所以要使当时，，必须满足，即，再根据这个结论进行验证即可； 方法三：利用参变分离的方法，构造函数，，最后需要结合洛必达法则求解； （3）由，可得，利用函数为单调递增函数，可得，所以，结合（2）得，代入化简得，又因为时，所以得. 【小问1详解】 当时，， ∴ 又∴ ∴切线方程为； 【小问2详解】 方法一： 设 只需在时恒成立即可 又，且 所以要使当时，， 必须满足，即． 下面证明时满足题意： ①当时，由，， 令， 由（1）知，在上单调递增， 所以， 所以当时，，即； ②当时，， 令，，则， 所以在上单调递增， 又，当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时，， 所以当时，不恒成立． 综上所述，实数的取值范围是． 方法二： 设， 则， 令，则， 当时，， ，在上单调递增， 即在上单调递增， 所以所以在上单调递增， 所以， 所以符合题意； 当时，令得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，即在上恒成立， 所以， 所以符合题意； 当时，在上恒成立， 在上单调递增， 即在上单调递增，又因为 当时，， 所以存在，使得， 当时，，即在上单调递减， 当时， 综上所述，实数的取值范围是． 方法三：参变分离得： 令，， ∵，∴ ∴在区间上单调递减 ∴ ∴ ∴在区间上单调递减 ∴ ∴ ∴在区间上单调递减 ∴ 由洛必达法则可得： 综上所述，实数的取值范围是． 【小问3详解】 略 【点睛】利用导数解决函数中的恒成立问题，常用以下两种方法： ①参变分离法：参变分离法是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边，从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离； ②含参讨论法：含参讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $