江苏省无锡市澄宜六校2025-2026学年高三上学期10月考试数学试题（含答案）

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命题人： 复核人：
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.）
1. 已知、，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据不等式的性质与函数的性质逐项判断即可得答案.
【详解】对于A，当时，满足，但，故A不正确；
对于B，当时，满足，但，故B不正确；
对于C，函数在上为减函数，若，则，故C正确；
对于D，当时，满足，但，故D不正确.
故选：C.
2. 命题“存在一个无理数，它的平方是有理数”的否定是（ ）
A. 任意一个有理数，它的平方不是有理数
B. 任意一个无理数，它的平方不是有理数
C. 存在一个有理数，它的平方是有理数
D. 存在一个无理数，它的平方不是有理数
【答案】B
【解析】
【分析】利用存在量词命题的否定可得出结论.
【详解】命题“存在一个无理数，它的平方是有理数”为存在量词命题，
该命题的否定为“任意一个无理数，它的平方不是有理数”，
故选：B.
3. 若集合，，（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合，根据并集的定义计算.
【详解】由已知，
所以，
故选：B.
4. 如图函数图象的解析式可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，，结合函数奇偶性的定义判断奇偶性，再结合已知函数图象根据函数的定义域与奇偶性逐项判断即可得结论.
【详解】设，其定义域为，
所以，故是上的奇函数；
设，其定义域为，
所以，故是上的奇函数；
由图可知原函数是上的偶函数，从定义域上不符合的是C，D选项；
A选项是奇函数与偶函数相乘所得函数为奇函数，故A不符合；
B选项是奇函数与奇函数相乘所得函数为偶函数，故B符合
故选：B.
5. 已知实数、，且，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据基本不等式“1”的代换求解最值即可.
【详解】因为实数、，且，
所以，
当且仅当，即时，的最小值是.
故选：A.
6. 若平面向量，，，两两的夹角相等，且，则（ ）
A. B. 或C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，三向量两两夹角为0或，当夹角为0时，直接求得模，当夹角为时，利用向量求模公式即可求解．
【详解】因为，，两两的夹角相等，所以夹角为0或，
如果夹角为0，
因为，
所以得到，
如果夹角为，，
所以，
综上，或.
故选：B．
7. 在中，角的对边分别为，若，则的形状是（ ）
A. 等腰三角形B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】由余弦定理化简为，再按等于0和不等于0分类讨论求解．
【详解】因为，由余弦定理得，
化简得，
若，即，此时为直角三角形；
若，则，此时为等腰三角形．
综上，为等腰三角形或直角三角形．
故选：D．
8. 已知函数，若方程有且仅有个不同实数根，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，则方程转化为的一元二次方程，解出这个的一元二次方程的解，画出的图象，通过图象数形结合得到的取值范围.
【详解】令，有，即，
解得或，
作出的图象，如图，
方程有且仅有5个不同实数根，
则由图得或，
解得或，
则.
故选：C.
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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分.）
9. 下列说法中，正确是（ ）
A. 若向量是与同向的单位向量，则
B. 已知向量，，则在上的投影向量为
C. 向量，能作为平面内所有向量的一组基底
D. 已知，，则“，夹角为锐角”是“”的必要不充分条件
【答案】AB
【解析】
【分析】根据同向的单位向量计算公式即可判断A；利用投影向量计算公式即可判断B；根据基底向量的判断方法即可判断C；求出向量夹角为锐角的充要条件即可判断D.
【详解】对于A，，故A正确.
对于B， 在上的投影向量为，故B正确；
对于C，因为，则共线，则它们不能作为平面内所有向量的一组基底，故C错误；
对于D，若，夹角为锐角，则，且不能同向共线，
则，解得且，
则前者可以推出后者，后者无法推出前者，故“，夹角为锐角”是“”充分不必要条件，故D错误.
故选：AB．
10. 已知函数，，其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，则（ ）
A.
B. 的图象上的所有点向左平移个单位长度得到函数的图象
C. 的图象在区间内有个对称中心
D. 若在区间上的最大值与最小值分别为，则的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意算出函数的最小正周期，运用周期公式求出，结合函数图象的对称性质求得，即可判断A项的正误；根据函数图象的平移公式判断出B项的正误；根据在区间上刚好是一个周期，结合，可得在该区间内有2个对称中心，从而判断出C项的正误；根据的位置，结合函数图象的对称性与三角恒等变换求出的最大值与最小值，即可判断出D项的正误．
【详解】由题意，的最小正周期为，所以，解得，
根据，解得，
结合，令得，可知A项正确；
由，将图象上的所有点向左平移个单位长度，
可得，可知B项不正确；
根据，结合可得在区间只有一个周期，
而，
所以在仅有两个零点，只有2个对称中心，可知C项正确；
由前面的分析，可得图象的对称轴为，
由对称性可知：当与关于直线对称时，取得最小值，
由得，此时．
当为偶数时，最小值为，最大值为；
当为奇数时，最大值为，
最小值为，所以最小值为1．
当或时，
函数在上单调，此时取得最大值，
，
当或时等号成立，所以取值范围为，可知D项正确．
故选：ACD．
11. 已知函数及其导函数的定义域均为，若是奇函数，且，则（ ）
A. 是奇函数B. 是增函数
C. 存在最小值D. 当时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A：根据奇偶性的定义结合复合函数求导分析判断；对于B：构建，利用导数可得，进而分析判断；对于C：根据奇偶性求，的解析式，利用判断的最小值；对于D：构建，利用导数证明不等式.
【详解】对于选项A：因为函数及其的定义域均为，且是奇函数，
则，求导可得，
所以函数是偶函数，故A错误；
对于选项B：构造，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，则，
构造，则，
所以是增函数，故B正确；
对于选项C：因为，
则，可得，
联立，解得，
构造，则，
因为在上单调递增，则在上单调递增，且，
当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，
所以有最小值，即存在最小值，故C正确；
对于选项D：构造，
则，可知在内单调递增，
则，所以当时，，故D正确；
故选：BCD.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 计算_________.
【答案】10
【解析】
【分析】根据对数运算法则、对数恒等式、指数运算法则化简运算即可得答案.
【详解】
.
故答案为：10.
13. 已知，，则______________.
【答案】
【解析】
【分析】根据正切函数化成正弦函数除以余弦函数，结合正弦两角差公式化简求解即可.
【详解】
故答案为：.
14. 设函数，若有两个极值点，，且，则的最小值是________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数有两个极值点可得方程在上有两个不等实根，，由此可得韦达定理的结论，将表示为关于的函数的形式，构造函数，利用导数求得即可．
【详解】定义域为，，
有两个极值点，等价于在上有两个不等实根，，
，，，，
，
设，
则，
在上单调递减，，
即，
的最小值为．
故答案为：．
【点睛】思路点睛：本题考查了函数和导数综合解决双变量最值问题，根据已知极值点确定双变量等式关系，再进行代换转化为单变量问题，构造新函数求导确定最值得结论即可.
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. 设命题，不等式恒成立;命题.
（1）若为真命题，求实数的取值范围；
（2）若命题、有且只有一个是真命题，求实数的取值范围．
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）对进行分类讨论，由此列不等式来求得的取值范围.
（2）根据真假或假真，列不等式来求得的取值范围.
【小问1详解】
对于命题，不等式恒成立，
当时，恒成立.
当时，则需，解得.
综上所述，的取值范围是.
【小问2详解】
由得，
所以，解得.
若真假，则“”且“或”，则.
若假真，则“或”且“”，则.
综上所述，的取值范围是或.
16. 设函数.
（1）当时，求函数的最小值并求出对应的；
（2）若，求的取值集合.
【答案】（1）函数的最小值为，此时
（2）的取值集合为
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换可得，根据正弦型函数的性质，即可得出答案；
（2）根据正弦函数的图象性质解三角不等式即可得的取值集合．
【小问1详解】
因为，所以，
当，即时，函数取到最小值为，
即当时，函数的最小值为，此时；
【小问2详解】
若，则，
所以，解得，
故的取值集合为.
17. 如图，等腰中，，为边的中点，为边上靠近点三等分点，为线段上的一点，且，过点的直线与边分别交于点，已知，.
（1）求的值；
（2）若，且，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量共线定理以及向量的线性运算来建立等式关系，即可得出的值；
（2）先根据三角形面积关系得出与的关系，再联立已知等式求解和的值，进而求出线段长度，然后利用余弦定理求出和，最后通过向量运算求出的值．
【小问1详解】
因为为边的中点，为边上靠近点三等分点，
所以，
又，，所以，
因为共线，又，
则，即；
【小问2详解】
由，得，
所以，又，
由（1）得，联立解得，或，（舍），
所以，，
在中，由余弦定理得，
所以在中，由余弦定理得，
因为，为边的中点，所以，所以，
又，
，
所以．
18. 如图，的内角的对边分别为，，为边上一点，且，．
（1）证明：；
（2）求的面积．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由条件先求角，进而中应用正弦定理即可证明；
（2）在中应用正弦定理可得，进而结合可得的值，再利用余弦定理可求与的关系，进而利用面积公式求解即可.
【小问1详解】
由，，得.
在中，有，得
，即.
【小问2详解】
在中，，所以，即，
又.
于是，即.
因为，，，
所以，
得，即.
则.
19. 已知函数.
（1）若，求函数在点处的切线方程；
（2）设函数
(ⅰ)求函数的单调区间；
(ⅱ)若有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）(ⅰ)答案见解析；(ⅱ).
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求函数在点处的切线方程.
（2）(ⅰ)求导，分类讨论可得函数的单调区间；
(ⅱ)问题转化为与有两个交点.设，，分析函数的单调性和极值，作出函数的大致图象，数形结合，可求的取值范围.
【小问1详解】
当时，，
由，可得.
所以函数在点处的切线方程为：，即.
【小问2详解】
，.
(ⅰ)因为，.
当即时，在上恒成立，所以函数在上单调递增；
当即时，由；由.
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
(ⅱ)由，可得，.
设，，则.
由；由.
所以在上单调递增，在上单调递减.
且当时，；；当时，,
当时，;当时，.
作出函数的大致图象如下：
要使有两个零点，需使与有两个交点，由图知，解得.
所以当时，函数有两个零点.