精品解析：湖北荆州市公安县车胤中学2026-2027学年上学期高三十月月考数学试卷

公安县车胤中学2026-2027学年度上学期高三十月月考 数 学 考生注意： 1.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将姓名、班级及考号填写清楚. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 一个扇形的弧长和面积都为，则这个扇形的圆心角的弧度数为（ ） A. B. C. D. 3. 在△中，“”是“”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知定义在上的奇函数满足，，则（ ） A. B. 0 C. 2 D. 4 6. 已知则等于 A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 7. 已知函数，若是的解，且满足，将函数的图象向左平移个单位长度后可以得到一个偶函数的图象，若函数在上恰有2个零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若，则最大值为（ ） 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. 已知平面向量，，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为锐角，则实数的范围为 D. 当时，在上的投影向量的坐标为 10. 若函数，的部分图象如图中实线所示，记其与x轴在原点右侧的第一个交点为C，图中圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法正确的是（    ） A. 函数的最小正周期是π B. 函数在上单调递减 C. 函数的图象向左平移个单位后关于对称 D. 若圆C的半径为，则 11. 已知 的内角的对边分别为，且，下列结论正确的是（ ） A. B. 若 ，则 有两解 C. 当时， 为直角三角形 D. 若 为锐角三角形，则 的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则的值为________． 13. 在中，，P是BN上的一点，若，则实数m的值为______. 14. “，”是假命题，则实数的最大值为_______． 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，是虚数单位，且复数与复数互为共轭复数. （1）求并指出复数的虚部； （2）分别计算，，的值； （3）当实数取什么值时，复数是纯虚数． 16. 已知，，函数. （1）若，求的值域； （2）若锐角，满足，，求. 17. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求的值； （2）若点在边上，且，求的面积. 18. 已知，且曲线在点处的切线方程为. （1）求的值； （2）设的导函数为，求的单调区间； （3）证明：当时，. 19. 1637年，法国数学家笛卡尔发表了《几何学》，在这本书中，笛卡尔提出了著名的笛卡尔坐标系统.笛卡尔坐标系就是直角坐标系和斜坐标系的统称，相交于原点的两条数轴，构成了平面放射坐标系.如两条数轴上的度量单位相等，则称此放射坐标系为笛卡尔坐标系，两条数轴互相垂直的笛卡尔坐标系，称为笛卡尔直角坐标系，否则称为笛卡尔斜角坐标系，如图，设、是平面内相交成的两条射线，、分别为、同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. （1）在仿射坐标系中，若，求； （2）在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； （3）如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，，，、分别为、中点，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 公安县车胤中学2026-2027学年度上学期高三十月月考 数 学 考生注意： 1.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将姓名、班级及考号填写清楚. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由， 则， 所以． 2. 一个扇形的弧长和面积都为，则这个扇形的圆心角的弧度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设该扇形的半径为，圆心角的弧度数为， 由题意可得，解得， 因此，这个扇形的圆心角的弧度数为. 3. 在△中，“”是“”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：由正弦定理，得，由得，即，由大边对大角得；当得，即，由正弦定理得，因此“”是“”的充要条件，故答案为C. 考点：1、正弦定理的应用；2、充要条件的判断. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数函数及指数函数的单调性得出参数范围比较即可. 【详解】因为，，，所以. 故选：D. 5. 已知定义在上的奇函数满足，，则（ ） A. B. 0 C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据所给函数性质求出函数周期即可得解. 【详解】因为定义在上的奇函数满足， 所以， 所以，即函数周期为， 所以. 6. 已知则等于 A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】利用和差角公式及同角关系式求得的值，然后利用对数的运算法则即得. 【详解】， ，， ， ， ， . 故选：C. 7. 已知函数，若是的解，且满足，将函数的图象向左平移个单位长度后可以得到一个偶函数的图象，若函数在上恰有2个零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据最小距离可得，再利用平移规则和函数奇偶性可求得，根据函数在内恰有2个零点可限定出范围，即可解得实数的取值范围. 【详解】由，即， 可得或， 根据正弦函数图象性质可知，解得， 则； 将函数的图象向左平移个单位可得， 又为偶函数， 则，又，可得， 因此； 当时，可知， 若函数在内恰有个零点，可知， 解得， 所以实数的取值范围为. 8. 已知函数，若，则最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，解得，分和三种情况讨论，推出，得，构造函数，利用导数即可求解. 【详解】函数， 由，得， 当时，由，得或，由，得， 不满足； 当时，由，得或，由，得， 不满足； 当时，函数成立，符合条件， 因此，则， 令，求导得，由，得；由，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减，故. 所以最大值为. 故选：A 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. 9. 已知平面向量，，则下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若与的夹角为锐角，则实数的范围为 D. 当时，在上的投影向量的坐标为 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A选项，由向量垂直即即可求解；对于B选项，由向量平行的坐标公式即可求解；对于C选项，由向量夹角为锐角可得，再由向量共线夹角为即可求解；对于D选项，根据投影向量公式计算即可求解. 【详解】对于A选项，若，则，解得，故A正确； 对于B选项，若，则，解得，故B正确； 对于C选项，若与的夹角为锐角，则， 即，解得， 且时，，此时向量夹角为， 故当与的夹角为锐角，的取值范围为且，故C错误； 对于D选项，当时，，， 因为在上的投影向量的坐标为，故D错误. 10. 若函数，的部分图象如图中实线所示，记其与x轴在原点右侧的第一个交点为C，图中圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法正确的是（    ） A. 函数的最小正周期是π B. 函数在上单调递减 C. 函数的图象向左平移个单位后关于对称 D. 若圆C的半径为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项，由图象可得，进而得到的最小正周期；对于B选项，求出，，从而得到，判断出函数不单调；对于C选项，求出平移后的解析式，得到当时，，从而可得对称性；对于D选项，由圆的半径求出，进而代入解析式，求出，得到答案. 【详解】对于A选项，由图象可知，关于点中心对称， 故，设的最小正周期为，则， 解得，故A正确； 对于B选项，因为，所以， 故，将代入解析式得，， 因为，所以， 故，解得，故， 当时，， 因为在上不单调， 故在上不单调，故B错误； 对于C选项，函数的图象向左平移个单位后， 得到， 当时，，故关于对称，故C正确； 对于D选项，圆C的半径为，由勾股定理得， 故，将其代入中，得， 解得，故，故D正确. 11. 已知 的内角的对边分别为，且，下列结论正确的是（ ） A. B. 若 ，则 有两解 C. 当时， 为直角三角形 D. 若 为锐角三角形，则 的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过正弦定理、诱导公式、二倍角公式及辅助角公式即可判断A；通过余弦定理即可判断B；通过余弦定理及可得或，即可判断C；通过求的取值范围，并将即可判断D. 【详解】对于A，因为， 所以由及正弦定理得，， 由诱导公式得，， 因为，故，所以， 化解得，即， 所以或，即（舍）或，故A正确； 对于B，由余弦定理得，即，得， 由，所以(负值舍)，即有一解，故B错误； 对于C，因为，两边平方得， 由余弦定理得， 由两式消得，，解得或（舍）， 由解得， 故为直角三角形，故C正确； 对于D，因为为锐角三角形，且， 所以， 即， 所以，所以，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用诱导公式化简分子分母，再将分子分母同时除以，把式子转化成含的表达式，代入即可求值. 【详解】原式． 13. 在中，，P是BN上的一点，若，则实数m的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先根据得到，从而可得，再根据共线定理的推论，即可得到的值. 【详解】因为，所以，又， 所以， 因为点三点共线，所以，解得. 故答案为： 14. “，”是假命题，则实数的最大值为_______． 【答案】6 【解析】 【分析】首先利用命题的否定将命题变为真命题，分离参数后结合均值不等式求的最大值. 【详解】因“，”是假命题，故命题的否定为，为真命题， 分离参数可得： 令，所以，所以， 当且仅当，即时等号成立， 即当时，不等式右侧表达式取得最小值为6，所以的最大值为6. 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，是虚数单位，且复数与复数互为共轭复数. （1）求并指出复数的虚部； （2）分别计算，，的值； （3）当实数取什么值时，复数是纯虚数． 【答案】（1），虚部为-1 （2），，． （3） 【解析】 【小问1详解】 因为与互为共轭复数， 所以，． 所以，． 所以复数的虚部为 【小问2详解】 ， ， ． 【小问3详解】 ， 故当，且，即时，复数是纯虚数． 16. 已知，，函数. （1）若，求的值域； （2）若锐角，满足，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量数量积坐标运算展开，结合两角差的余弦公式、降幂公式与辅助角公式化简为，再由的范围确定相位区间，利用正弦函数图象求值域； （2）先由求出，结合锐角条件求，再由及求，最后用拆角法求，代入得结果. 【小问1详解】 依题意， ， 知，由，得， 则当，即时，， 当，即时，， 所以所求值域为； 【小问2详解】 由，得，又是锐角，则， 是锐角，得，而，则， 因此， 所以. 17. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求的值； （2）若点在边上，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）法一，由正弦定理边化角结合两角和正弦公式以及诱导公式即可得证；法二，去分母利用射影定理可得结论；法三，去分母结合余弦定理可得结论； （2）法一，首先在和中，运用两次余弦定理，得，，结合平方关系、三角形面积公式即可得解.法二，，，可求得，下同法一.法三，利用，两边平方结合余弦定理可求得，下同法一. 【小问1详解】 （法一）因为， 由正弦定理知， 所以3， 所以3， 即， 因为， 所以， 所以，即. （法二）因为， 所以， 所以， 由射影定理得，即. （法三）因为， 所以， 所以， 所以，即. 【小问2详解】 （法一）在中，， 在中，， 所以，所以， 所以，因为， 所以， 所以. （法二）， ， 所以，解之得. 下同法一. （法三）因为， 所以①， ②， 将②代入①得，解之得， 下同法一. 18. 已知，且曲线在点处的切线方程为. （1）求的值； （2）设的导函数为，求的单调区间； （3）证明：当时，. 【答案】（1） （2）单调递增区间为，单调递减区间为； （3） 由（2）可知在上单调递增， 又，， 又， 所以，即， 所以，使得， 所以当时，即，所以在上单调递减； 当时，即，所以在上单调递增； 又，， 所以， 所以当时，. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，根据计算可得； （2）求出的解析式，从而求出其导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间； （3）由（2）可得的单调性，结合零点存在性定理得到，使得，即可得到的单调性，从而求出，即可得证. 【小问1详解】 因为，所以， 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，解得； 【小问2详解】 由（1）可得，所以， 则，定义域为， 所以， 因为，令，即，解得； 令，即，解得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： 1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 19. 1637年，法国数学家笛卡尔发表了《几何学》，在这本书中，笛卡尔提出了著名的笛卡尔坐标系统.笛卡尔坐标系就是直角坐标系和斜坐标系的统称，相交于原点的两条数轴，构成了平面放射坐标系.如两条数轴上的度量单位相等，则称此放射坐标系为笛卡尔坐标系，两条数轴互相垂直的笛卡尔坐标系，称为笛卡尔直角坐标系，否则称为笛卡尔斜角坐标系，如图，设、是平面内相交成的两条射线，、分别为、同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. （1）在仿射坐标系中，若，求； （2）在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； （3）如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，，，、分别为、中点，求的最大值. 【答案】（1）1； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由题设且、的夹角为，应用向量数量积的定义和运算律求向量模长； （2）由题设，，且，应用向量数量积的运算律求的数量积和模长，再由夹角公式求夹角余弦值，即可得； （3）设、（，），且，，，进而有、，可得，在中应用正余弦定理及三角恒等变换化简并求出的最大值. 【小问1详解】 由题意可知，、的夹角为， 由平面向量数量积的定义可得， 因为，则， 则， 所以. 【小问2详解】 由，，得，， 且， 所以，，， 则，， 因为与的夹角为，则，解得. 又，，所以； 【小问3详解】 依题意，设、（，），且，，， 因为为的中点，则， 因为为中点，同理可得， 所以， 由题意知，， 则， 在中，依据余弦定理得，所以， 代入上式得，. 在中，由正弦定理， 设，则，且， 所以，， ，为锐角，且， 因为，则， 故当时，取最大值， 则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $