湖南省邵东市第一中学2025~2026学年高三上册第二次月考数学试卷（含解析）

这是一份湖南省邵东市第一中学2025~2026学年高三上册第二次月考数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1．已知集合，，则CA(A∩B)=( )
A.B.C.D.
1．答案：B
解析：，，则.故选B.
2．已知复数，则|z|＝( )
A.3B.4C.5D.6
2．答案：C
解析：，
则.
故选：C.
A.B.C.D.
3．答案：D
解析：由,,可得在R上能成立,
因,故得.
由题意知,是选项的范围的真子集即可.
故选：D.
4．已知x，y为正实数，且，则的最小值为( )
A.B.C.D.
4．答案：A
解析：因为，则，
由于
，
当且仅当，即时，
等号成立，所以的最小值为，
故选：A
5．已知,,,则( )
A.B.C.D.
5．答案：C
解析：因为,所以,
又因为,所以,
又因为,所以,
所以.
故选：C.
6．若，，则( )
A.1B.C.2D.
6．答案：B
解析：由题意得，
则
故选：B
7．若曲线与曲线有公切线，则实数a的取值范围是( )
A.B.C.D.
7．答案：A
解析：解法一：设公切线与函数的图象切于点，由，得，所以公切线的斜率为，所以公切线方程为，即.设公切线与函数的图象切于点，由，得，则公切线的斜率为，所以公切线方程为，即.由题意知，消去得，由，得，令，则，所以在上单调递减，所以，即实数a的取值范围是，故选A.
解法二：曲线在点处的切线方程为（具体步骤可见解法一）.由，消去y并整理得关于x的方程，此方程有且仅有一个负数解，所以且，那么，其中，令，则，设，则，所以在上单调递减，因而，当时，，同时也成立，所以实数a的取值范围是，故选A.
已知函数与是定义在上的函数，它们的导函数分别为和，且满足，且，
A．1012B．2024C．D．−2024
答案：D
解析：由于，则，
两式相加得，
故，
所以，
故，即，
其中两边求导得，，
故，
故，
将替换为得，
又，
故，
将替换为得，
则，
故是的一个周期，
其中，
故，
故.
故选：D
二、多项选择题
9．已知函数的部分图像如图所示，下列说法正确的是( )
A.的图像关于直线对称
B.的图像关于点对称
C.将函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像
D.函数在区间的值域是[]
9．答案：AC
解析：由图可知：，的最小正周期，
当时，，，
所以；
对于A，，正确；
对于B，，错误；
对于C，将向右平移，得到，正确；
对于D，在区间的值域是[]，错误；
故选：AC.
10．已知函数函数，则下列结论正确的是( )
A.若，则有1个零点B.若，则有6个零点
C.若有5个零点，则m的取值范围为D.一定有零点
10．答案：BD
解析：令，解得或2；
令，解得或1或3.
根据函数图象的平移变换，可画出的简图，如图所示.
令，则.
令，则.
当时，只有1解，且，此时只有1解，所以只有1个零点.
当时，有2解，即或2.
有1解；有2解.所以有3个零点.
当时，有3解，，.当时，只有1解；当时，有2解；当时，有2解.所以有5个零点.
当时，有3解，即或1或3.只有1解；有2解；有3解.所以有6个零点.
当时，有2解，.当时，有2解；当时，有3解.所以有5个零点.
当时，只有1解，有2解，所以有2个零点.
当时，只有1解，且，此时只有1解，所以只有1个零点.综上，B，D正确.
11．已知函数，则下列说法正确的是( )
A.若在R上单调递增，则
B.若，设的解集为，则
C.若有两个极值点，，且，则
D.若，则过仅能做曲线的一条切线
11．答案：ACD
解析：，则，令，解得，
易知，
若在R上单调递增，则，所以，即A正确；
因为，所以当时，，
又，所以存在，使得，
易知在上单调递增，在上单调递减，
又，，
因为，所以，
则当时，，所以，所以，即B错误；
由B项过程可知，当时，仅有一个极值点，不符题意，
当时，易知在上恒成立，
且当时，，
由A项过程可知，，所以，即，
此时存在，，
使得，
即，设，则，
所以，解得，
设，由可知，，
所以单调递减，且，，所以，
所以，所以，即C正确；
当时，，则，设切点为，
则切线方程为，
因为切线过，所以，即，
设，则，令，解得或，
易知在和上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，
又，所以存在唯一的，使得，
所以过仅能做曲线的一条切线，即D正确.
三、填空题
12．已知函数，则____.
12．答案：12
解析：函数，
则
故答案为：12
13．将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象.若的图象关于y轴对称,则的最小值为____.
13.答案：π6
解析：根据函数图象平移规律,将函数的图象向左平移个单位长度,可得:.
因为的图象关于y轴对称,所以是偶函数,对于正弦函数,当时函数图象关于轴对称.
那么在中,当时,,
即,可得.
当时,,此时.
14．已知是定义在上的单调递减函数，且对，均有，若不等式在恒成立，则实数a的最大值是__________.
14．答案：
解析：记，
用y替换中的x
得，且，
，由函数单调性知，
则，
又由得，
所以
或，
又函数在定义域上单调递减，
所以满足题设条件，
所以，即，，
令，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故，故.
故实数a的最大值是
故答案为：2e.
四、解答题
15．某公司升级了智能客服系统,在测试时,当输入的问题表达清晰时,智能客服的回答被采纳的概率为,当输入的问题表达不清晰时,智能客服的回答被采纳的概率为.已知输入的问题表达不清晰的概率为.
（1）求智能客服的回答被采纳的概率;
（2）在某次测试中输入了3个问题（3个问题相互独立）,设X表示智能客服的回答被采纳的次数.求X的分布列、期望及方差.
15．答案：（1）
（2）见解析
解析：（1）设“智能客服的回答被采纳”,“输入的问题表达不清晰”,
依题意,,,
因此,
所以智能客服的回答被采纳的概率为. ……………………………………5
（2）依题意,X的所有可能取值为0,1,2,3,,
,
, ……………………10
所以X的分布列为:
数学期望;. …………………………13
16．已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.
(1)求角A；
(2)已知直线为的平分线，且与交于点M，若，，求的周长.
16．答案：(1)
(2)
解析：（1）在中，由正弦定理可知可转化为
，
即
， …………………………3
即，，
由在中，，
则； ………………………………6
（2）直线为的平分线，
则， ………………………………………7
在中，由，
即，
所以，即， …………9
又由余弦定理可得，即， …………11
可知，
解得或（舍）， ………………………………13
所以的周长为. …………………………………………15
17．如图1,在平行四边形中,,将沿折起,使点D到达点P位置,且,连接得三棱锥,如图2.
（1）证明:平面平面;
（2）在线段上是否存在点M,使平面与平面的夹角的余弦值为,若存在,求出的值,若不存在,请说明理由.
17．答案：（1）证明见解析
（2）存在;
解析：（1）证明:翻折前,因为四边形为平行四边形,,则,
因为,则,,
由余弦定理可得,……………2
所以,,则,同理可证,
翻折后,则有,, …………… … …………… ………………3
因为,,、平面,
所以,平面,
因为平面,则, …………… … …………… ………………5
因,、平面,所以,平面, ………………………6
所以平面平面. …………… … …………… ………………7
（2）因为平面,,以点A为坐标原点,
、、的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系,
则、、、,
设,其中,
则,, ……………9
设平面的法向量为,则,
取,则,,所以,, ………………11
平面的一个法向量为,,,
则,令,可得, ………………13
则,整理可得,
因此,线段上存在点M,使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为,且. ………………15
18．已知双曲线的离心率为，O为坐标原点，过C的右焦点的直线l交C的右支于P，Q两点，当轴时，.
（1）求C的方程；
（2）过P作直线的垂线，垂足为N.
①证明：直线过定点；
②求面积的最小值.
18．答案：（1）；
（2）①证明见解析；②.
解析：（1）由题设且，则，， ……………………2
由轴时，，不妨令，代入双曲线得，
所以，则所求方程为；…………… … …………… ……………4
（2）①设，，则，由l斜率不为0，设，
联立双曲线并整理得，则，，
所以，， ………………………………………7
由，直线，
根据双曲线的对称性，直线所过定点必在x轴上，…………………………8
令，则，
因为，所以， …………………………10
而， ……………………………………………11
则，
所以过定点； ………………………………………………12
②由，……………13
由①，，可得，令，
则， ……………16
由，故，当时取等号，
综上，的最小值为. ………………………………………………17
19．已知函数．
(1)若，求在的值域；
(2)证明：存在唯一的极值点，且；
(3)若恒成立，证明：．
19．答案：(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
解析：(1)当时，，，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又，，
所以在的值域为． …………………………………………4
(2)证明：当时，由(1)可知为函数的唯一极值点且为极小值点，
满足 …………………………………………5
下面讨论的情形：，
当时，，
所以，所以在单调递增，无极值点． ………………6
当时，，f'(x)单调递增
设，恒成立，所以在单调递增，
令得
即，则有，即． …………………………………8
又设，易知在单调递增，， …………………………………9
令，设，，
当时，，单调递减，
所以，即，
而，根据函数零点存在定理可知，
存在唯一的，使得即， ………………………………11
当时，即，
当时，即，
故是函数唯一的极值点且为极小值点．
综上所述，存在唯一极小值点，且． ………………………………12
(3)证明：由(2)可知在单调递减，在单调递增，
所以的最小值为，
又因为即，所以，
从而有，
若恒成立，则， ………………………………14
令，则，
要证，即证
即，． ………………………………15
设，，
在单调递减，
所以，
所以在单调递增，
所以，
即．所以成立． …………………………………………17
X
0
1
2
3
P