吉林省长春市第二实验中学2026届高三上学期10月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份吉林省长春市第二实验中学2026届高三上学期10月月考数学试卷（Word版附解析），文件包含吉林省长春市第二实验中学2026届高三上学期10月月考+数学答案docx、吉林省长春市第二实验中学2026届高三上学期10月月考+数学docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
考试时间 2025/10/10
本试卷共 19 题，共 150 分，共 2 页.考试时间为 120 分钟.考试结束后，只交答题卡.
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 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出集合 A 的补集，根据集合的交集运算，即可求得答案.
【详解】由 ，得 ，
结合 ，得 .
故选：A.
2. 已知平面向量 ，则“ ”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】A
【解析】
【分析】根据向量平行得到方程，求出 或 ，从而得到答案.
【详解】因为 ，所以 ，解得 或 ，
故“ ”是“ ”的充分不必要条件.
故选：A
3. 函数 是定义域为 的偶函数，且在 上单调递减， 则（ ）
A. B.
C. D.
第 1页/共 18页
【答案】D
【解析】
【分析】根据偶函数的定义，得到 ，再结合 在 上的单调性，
即可得到答案.
【详解】因为 是定义域为 的偶函数，可得 ，
又因为 在 上单调递减，且 ，所以 ，
所以 .
故选：D
4. 曲线 在点 处的切线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求导，即可根据点斜式求解直线方程.
【详解】由函数的解析式可得 ，
所求切线的斜率为 ．由于切点坐标为 ，
故切线方程为 ，即为 ．
故选：C．
5. 在一定条件下，某人工智能大语言模型训练 个单位的数据量所需时间 （单位：小时），
其中 为常数.在此条件下，训练 个单位的数据量所需时间是训练 个单位的数据量所需时
间的（ ）
A. 2 倍 B. 3 倍 C. 4 倍 D. 8 倍
【答案】B
第 2页/共 18页
【解析】
【分析】结合给定的函数模型利用对数的运算性质化简求解.
【详解】设训练 及 个单位的数据量所需时间分别为 ， ，
，
所以训练 个单位的数据量所需时间是训练 个单位的数据量所需时间的 3 倍.
故选：B
6. 设函数 ，对 都有 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知条件可得函数图象的对称中心，结合余弦曲线对称中心的性质求解即可.
【详解】由题意 都有 ，可知函数 的图象的对称中心为 ，
由函数 可得 ，
解得 ，又 ，
， .
故选：A
7. 已知 ， ，且 ，则 的最小值是（ ）
A. 4 B. 6 C. 8 D. 9
【答案】A
【解析】
第 3页/共 18页
【分析】由题意 ，利用乘“1”法求解基本不等式问题即可.
【详解】因为 ，所以 ，所以 ，
又 ， ，所以 ，所以 ，当且仅当 ，即 ，
时等号成立，
所以 ，即 的最小值是 4．
故选：A．
8. 若关于 的不等式 有且只有一个整数解，则实数 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意得 只有 1 个整数解，利用导数分析函数 单调性，令
，则 的图象是一条过定点 的直线，画出函数图象，结合图象分析即可求解.
【详解】因为 ， ，所以 ，
令 ，则 ，
当 时， ， 在 上单调递增，
当 时， ， 在 上单调递减，
当 时， ，当 时， ，且 ，
令 ，则 的图象是一条过定点 的直线，
当 时，不符合题意；
则 ，如图，当 的图象经过 时，
直线 的斜率分别为 ，
第 4页/共 18页
不等式 只有 1 个整数解，
由图可知 .
故选： .
二､多选题：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. 设向量 ，则下列说法错误的是（ ）
A. 若 与 的夹角为钝角，则
B. 的最小值为 9
C. 与 共线的单位向量只有一个，为
D. 若 则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据数量积的坐标运算，结合共线即可求解 A，根据模长公式即可求解 BD，根据单位向量的定义
即可求解 C.
【详解】对于 A，若 与 的夹角为钝角，则需满足 ，解得 ，故 A 正确，
对于 B， ，当且仅当 取到等号，故 B 错误，
对于 C, 与 共线的单位向量有两个，为 ，故 C 错误，
对于 D,由 得 ，解得 ，D 正确，
故选：BC
第 5页/共 18页
10. 已知函数 与其导函数 的图象如图所示，设 ，则（ ）
A. 曲线 为函数 的图象 B. 曲线 为函数 的图象
C. 函数 在区间 上是增函数 D. 函数 在区间 上是减函数
【答案】BD
【解析】
【分析】由导数正负与函数单调性关系明确两曲线所代表的函数图象即可判断 AB；利用导数工具结合图象
即可分析求解函数 的单调性即可判断 CD.
【详解】对于 AB，因为 时 单调递增， 时 单调递减，
所以由图可知曲线 M 为函数 的图象，曲线 N 为函数 的图象，
故 A 错误，B 正确；
对于 CD，由图可知当 时 ， 时 ，
因为 ，所以当 时 ， 时 ，
所以函数 在区间 上是增函数，在区间 上是减函数，
故 C 错误，D 正确.
故选：BD
11. 中国古代的记里鼓车通过多重齿轮的设计，将小齿轮走过的距离与大齿轮对应，从而达到记录里程的目
的．如图 1 所示，可以理解为将一个立轮的转动转化为三个平轮的转动．忽略齿轮对半径的影响，简化后
如图 2，记初始时，在小平轮上，与中平轮的切点为点 A，大平轮上最高点为点 B，大、中、小平轮和立轮
的半径分别为 ．随着转动，以下说法正确的是（ ）
第 6页/共 18页
A. 小平轮转 2 圈，大平轮转 1 圈
B. AB 两点距离最大为 18
C. AB 两点距离最小为 10
D. 若立轮与小平轮相互咬合，忽略齿轮对半径的影响，则小平轮与立轮上的点的最大距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用每个轮转过的弧长是相等，可判断 A，利用建立平面直角坐标系，借助转过角度为变量，可
表示两个动点的坐标，从而用两点间距离来求最小值和最大值，即可判断 BC，利用勾股定理可判断 D．
【详解】对于 A，单位时间内，三个平轮的弧长满足 ，
而大、中、小平轮和立轮的半径分别为 ，
因为小平轮转 2 圈，大平轮转 1 圈的弧长分别为 ，
满足 ，所以小平轮转 2 圈，大平轮正好转 1 圈，故 A 正确；
建立如图所示平面直角坐标系，
利用半径是 倍关系，则转过的角度是一半的关系，
可设 ，则 ，
即 ，
第 7页/共 18页
，
令 ， ，
当 时， 取得最小值，
当 时， 取得最大值为 ，
当 时， 取值为 ，不为最小值，故 B 正确．C 错误；
对于 D．立轮直径为 2，小平轮直径为 4．所以最大值为 ，故 D 正确．
故选：ABD．
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 若复数 满足 ，则 __________.
【答案】
【解析】
【分析】由复数除法的几何意义及模的求法求模长.
【详解】由题设 .
故答案 ：
13. 直角梯形中， ， ， ，点 ， 为 的中点， 在 边上运动(包
含端点)，则 的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，再利用向量的数量积的坐标运算即可求解.
第 8页/共 18页
【详解】
建立平面直角坐标系如图，则 ， ， ， ，
点 ， 为 的中点， ， ，
， ， ，
在 边上运动(包含端点)，设 ，
， ，
，
， ，
的取值范围为 .
故答案为： .
14. 已知函数 ，其中 ， ， 恒成立，且 在区间
上恰有 个零点，则 的取值范围是______________．
【答案】
【解析】
【分析】确定函数的 ，由此可得 ，再利用 在区间
第 9页/共 18页
上恰有 个零点得到 ，求得答案.
【详解】由已知得： 恒成立，则 ，
，
由 得 ，
由于 在区间 上恰有 3 个零点，
故 ，则 ， ，
则 ,
只有当 时，不等式组有解，此时 ，故 ，
故答案为：
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 已知函数 .
（1）求 的最小正周期和对称轴方程；
（2）求 在区间 上的最大值，并求出此时对应的 的值.
【答案】（1） ；
（2） ，
【解析】
【分析】（1）由三角恒等变形化简得 ，根据 ，令 求
第 10页/共 18页
解即可；
（2）由 ， ，所以当 时取得最大值.
【小问 1 详解】
，
令 ，解得 ，
所以 的最小正周期 ，对称轴方程为 .
【小问 2 详解】
， ，
当 ，即 时， ， 取得最大值 ，
所以 在区间 上的最大值为 ，此时 .
16. 已知函数 （ 为常数， ）．
（1）当 取何值时，函数 为奇函数；
（2）当 时，若方程 在 上有实根，求实数 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据奇函数定义直接构造方程求解即可；
（ 2） 根 据 指 数 函 数 和 对 勾 函 数 单 调 性 可 求 得 ， 令 ， 将 问 题 转 化 为 方 程
第 11页/共 18页
在 上有根，结合 单调性可求得结果.
【小问 1 详解】
若 为奇函数，则 ，
即 ，
， ， ，解得： .
【小问 2 详解】
当 时， ， ，
，
当 时， ，又 在 上单调递增，
当 时， ，
令 ，则方程 上有实根，
在 上有实根，又 在 上单调递增，
， .
17. 已知 ， ， 分别为 三个内角 ， ， 的对边， ， ，且
的面积为 ．
（1）求 ；
（2）若 在 边上，且线段 平分 ，求线段 的长度．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量数量积的计算公式及面积公式化简可得解；
第 12页/共 18页
（2）结合三角恒等变换及三角形面积可得边长，再根据等面积法可得角分线长度.
【小问 1 详解】
由已知 ，且三角形面积 ，
可知 ，
又 ，
则 ；
【小问 2 详解】
由已知 ，
结合诱导公式及二倍角公式可得 ，
又 ， ，即 ，
所以 ，即 ，
所以 ，
则由正弦定理 ，
可得 ， ，
所以 ，
即 ， ， ，
又线段 平分 ，
所以 ,
第 13页/共 18页
又 ，
即 ，
则 ，
解得 .
18. 已知函数 （ ）．
（1）求 的单调区间；
（2）若函数 ， 是函数 的两个零点，证明：
．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，对导函数因式分解，分 与 两种情况，得到函数单调区间；
（2）由已知条件可得 ，将所证不等式等价于证明不等式 ，令
，构造函数 ，其中 ，利用导数证得 即可.
【小问 1 详解】
函数 的定义域为 ，
，
①当 时， ，则 在 上单调递增；
②当 时，若 ，则 ，若 ，则 ，
第 14页/共 18页
则 在 上单调递增，在 上单调递减．
综上，当 时， 单调递增区间为 ，无递减区间；
当 时， 单调递增区间为 ；单调递减区间为 .
【小问 2 详解】
由已知可得 ，可得 ，
由 可得 ，要证 ，即证 ，
即证 ，即证 ，
由题意可知 ，令 ，即证 ，
构造函数 ，其中 ，即证 ，
，所以，函数 在 上单调递增，
当 时， ，故原不等式成立.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特
征不等式变形，如常常利用 进行变形，可构造关于 的函数，利用导函数再进行求
解.
19. 设函数
（1）求 的单调性.
（2）求证：当 时， .
第 15页/共 18页
（3）若函数 在 上有零点，求实数 的取值范围.
【答案】（1） 在 和 上单调递增；
（2）证明见解析； （3） .
【解析】
【分析】（1）利用导函数求函数单调性即可；
（2）构造新函数，利用导函数证明其单调性，从而证得不等式成立；
（3）构造新函数 ，将原问题转化为函数 在 内有零点，分类讨论：
当 时，通过放缩法证得函数 ，没有零点，不合题意；当 时，通过多次求导证明函数
单调性，结合零点存在性定理求得 在 上有唯一零点，从而可求得实数 的取值范围.
【小问 1 详解】
由题意， 的定义域为 ，且 ，
设 ，则 ，
当 时， ， 在 上递增，则 ，即 ，所以 在
上递增；
当 时， ， 在 上递减，则 ，即 ，所以 在
上递增.
所以， 在 和 上单调递增.
【小问 2 详解】
当 时， .
令 ，则 ，
设 ，则 ，
时， ，即 在 上为增函数，
第 16页/共 18页
所以 ，故 在 上为增函数，
所以 ，即 成立，
故原不等式 得证.
【小问 3 详解】
令 ，
“函数 在 上有零点”等价于“函数 在 上有零
点”，
设 ，则 ，
所以 在 上为增函数，因而 ，即 .
故由 ，可得 ，
当 时， ，
由（2）知， 时， ，
此时，函数 在 上没有零点，不合题意，故舍去.
当 时， ，求导得： ，
设 ，则 ，
当 时， 恒成立，所以 单调递增；
当 时，设 ，则 ，
因为 ， ，所以 ， 单调递增，
又 ， ，因此 在 上存在唯一 零点 ，
当 时， ，所以 单调递减；
当 时， ，所以 单调递增，
第 17页/共 18页
又 ， ， ，
因此 在 上存在唯一的零点 ，且 ，
当 时， ，所以 单调递减；
当 时， ，所以 单调递增.
又 ， ， ，
所以 在 上没有零点，在 上存在唯一零点 ，因此 在 上有唯一零点 .
所以，当 时，函数 在 上有零点.
综上， 的取值范围是 .