安徽省合肥市庐阳区2026届高三数学上学期10月月考试题含解析

这是一份安徽省合肥市庐阳区2026届高三数学上学期10月月考试题含解析，共17页。试卷主要包含了 已知，且，则， 如图为函数的图象，则的图象是等内容，欢迎下载使用。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由诱导公式化简，即可得到结果.
【详解】.
故选：D
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据分式不等式求解出集合，然后根据集合交集的定义进行求解即可.
【详解】由，解得：或，即：或.
又，可得：.
故选：C
3. 已知偶函数的图象过点，则（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】将点代入原方程计算可得，再分及验证即可得.
【详解】由过点，则，解得，
当时，，则，符合；
当时，，则为奇函数，不符合；
故.
故选：C.
4. 已知函数与的图象在处的切线重合，则（ ）
A. B. eC. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据导数的几何意义，分别求出两个切线方程，再根据切线方程重合列方程，即可求解.
【详解】对求导可得，
所以在处的切线斜率，又,
所以切线方程为，整理得，
对求导可得，
所以在处的切线斜率，又,
所以切线方程为，整理得，
所以，即，所以.
故选：A
5. 设函数，则“”是“有三个不同的零点”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】B
【解析】
【分析】先证是有三个不同零点的必要条件，再举特例说明不是有三个不同零点的充分条件.
【详解】因为所以，
因为有三个不同的零点，必有两个极值点，
所以有两个不同的根，
所以，所以，
又因为有两个极值点，但的两个极值不一定异号，
例如时，，，此时只有两个不同零点，
所以是有三个不同零点的必要不充分条件；
故选：B.
6. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由角的变换：，，结合同角三角函数关系式及两角差的正弦公式求解.
【详解】由，且，得；
由，得.
由，，得：
.
因为，
所以，所以.
因为，
所以.
故选：A.
7. 如图为函数的图象，则的图象是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用特殊值排除法可得答案.
【详解】当时，，由原图可得，
所以的图象经过点，结合选项可排除A,B,C.
故选：D
8. 已知函数在区间上恰有4个零点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据的取值范围求解出的取值范围，进而根据函数零点的个数求解的取值范围，从而求解的取值范围即可.
【详解】因为且，可得：，
由于函数区间上恰又个零点，即在区间上恰又个解，
因此可得：，解得：.
又，
由，得：，由此可得：，
即得：.
故选：B
二、多项选择题：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，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据，且，利用作差法比较大小结合不等式的性质逐项判断即可.
【详解】对于A，因为，所以，故，故A正确；
对于B，因为，所以，当时，，故B错误；
对于C，因为，所以，故，故C正确；
对于D，因为，所以，故，故D正确.
故选：ACD
10. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ）
A. 在区间上单调递减B. 在区间上有两个极值点
C. 的图象关于点中心对称D. 直线与的图象相切
【答案】BD
【解析】
【分析】先由余弦函数对称性性质得，进而求出参数，即求得函数解析式，接着由和在上不单调即可判断A；由结合极值点定义即可求解判断B；由即可判断C；利用导数工具结合三角函数性质求切点，根据解的情况即可判断D.
【详解】函数图象关于直线对称，
则，则，又，
所以，所以函数，
若，则，
因为在上不单调，所以在区间上不单调，A错误；
令，
故若，则在区间上有两个极值点为，B正确；
因为，故的图象关于点中心对称，C错误；
，设直线与的图象相切于点，
则或，
所以或，
当时，即切点为，
将切点代入直线得，则，
所以直线与的图象相切，切点为；
当时，即切点为，
将切点代入直线得，则整数k无解，不成立；
综上直线与的图象相切于点，D正确.
故选：BD
11. 已知函数的定义域为，满足，且，则（ ）
A. B. C. 是偶函数D. 是奇函数
【答案】ABD
【解析】
【分析】分别赋值可求出，判断AB，利用换元法求出的解析式，根据奇偶函数定义判断CD.
【详解】令，代入可得，解得或；
若，代入，可得，即，
而，矛盾，故，
令，则，即，
由可知，故A正确；
令，，代入，可得，即，故B正确；
再令，则，即，
令，则，所以，即，
令，则，所以不是偶函数，故C错误；
令，则定义域为，且，所以为奇函数，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. 已知，且，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系计算即可.
【详解】易知，因为，所以，
则，.
故答案为：.
13. 若函数且的图象关于直线对称，则的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据反函数的求法，求得函数的反函数为，列出方程，求得，得到，化简，结合基本不等式，即可求解.
【详解】由函数，可得，即，
所以函数的反函数为，
因为函数的图象关于直线对称，可得，
可得，所以，
则
，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最大值为.
故答案为：.
14. 在中，内角的对边分别为，已知，则的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用正余弦定理和余弦定理，结合三角恒等变换得到，由化简后再利用基本不等式即可得解.
【详解】由余弦定理得，
两式相减得，
因为，所以，即，
由正弦定理可得，
即，
所以，
即，
在中，不同时为，
因为，故，
所以，
因为，所以，则，故，则，
，
当且仅当，即时，等号成立，
则的最大值为.
故答案为：
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. 已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）若，且，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）借助三角恒等变换公式可将原函数化为正弦型函数，再利用正弦型函数性质计算即可得；
（2）由题意可得，再计算出所处象限，则可得，最后利用两角差的余弦公式计算即可得.
【小问1详解】
，
令，，
则，，
即的单调递增区间为，；
【小问2详解】
，则，
由，则，又，
故，则，
则
.
16. 记的三个内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若，且的外接圆半径为，求的面积.
【答案】（1） （2）4
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合正弦的和角公式计算即可；
（2）利用正弦定理求出，结合余弦定理求出，利用三角形面积公式计算即可.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
又，则，
所以，
即，
化简得，又，，
所以，又，
所以.
【小问2详解】
设外接圆的半径为，则，所以，
由余弦定理得，结合，
，即，解得，则，
所以.
17. 已知函数.
（1）若，求的极值；
（2）若当时，，求实数的取值范围.
【答案】（1）极小值，无极大值
（2）
【解析】
【分析】（1）由题已知，可得函数解析式，先求函数的导数，得出单调区间，再判断出极值．
（2）当和时，由导数可知在上单调递增，知，满足题意；当时，可知在上单调递减，可知，不合题意；由此可得的取值范围；
【小问1详解】
当时，故.
当时；当时
所以函数的单调增区间为，单调减区间为；
∴当时有极小值，无极大值.
【小问2详解】
因为，所以
令
，
令，则；
（i）当，即时，恒成立，，
则在上单调递增，又，恒成立，满足题意；
（ii）当，即或时，
令，解得：，；
当时，，在上恒成立，
则在上单调递增，又，恒成立，满足题意；
当时，，又，，；
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
则当时，，不合题意；
综上所述：实数的取值范围为.
18. 已知函数．
（1）当时，证明：有且仅有一个零点；
（2）若曲线与相切．
（ⅰ）求a；
（ⅱ）当时，证明：．
【答案】（1）证明见解析；
（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据已知，根据其单调性结合零点存在性定理，即可证；
（2）（i）利用导数几何意义求切线方程，由切线重合列方程求参数；（ii）设并应用导数研究函数值符号，即可证.
【小问1详解】
当时，，显然是增函数，
而，故在区间上有零点，
结合的单调性可知，在R上有且仅有一个零点．
【小问2详解】
（ⅰ）不妨记切点为，则，
由，
故切线方程为，
即，
令其与重合，故，
则，
若，显然有，这与题设条件矛盾，
若，由可知二者不在处相切，矛盾，
故，于是，经验证符合题意，
综上，；
（ⅱ）设，则，
由可知，设，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，故，
于是．
19 已知函数.
（1）当时，求在上的最大值；
（2）若是上的单调函数，求实数的取值范围；
（3）证明：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出导函数，根据余弦函数图象与性质求出单调区间，即可求解最大值；
（2）求出导函数，结合，按照和分类讨论，分别研究函数的单调性，利用单调性求得的范围；
（3）由（1）知，又，所以，，累加证明左边；由（2）可知，令，累加可得，将其变形结合等比数列求和公式利用放缩法证明右边，即可得证.
【小问1详解】
若，则，，
当时，，仅当时等号成立，
当时，，，单调递增，
当时，，，单调递减，
所以；
【小问2详解】
，则，，
，仅当时等号成立，
当时，，
此时恒成立，在上单调递减，符合题意；
当时，，要使为单调函数，
则必须，即恒成立，所以，得，
所以；
综上，实数的取值范围为；
【小问3详解】
先证明左边：
由（1）知时，在上单调递增，
所以当时，，即，
又，所以，，
累加得；
再证明右边：
由（2）可知，时，在上单调递减，
所以当时，，可得，令，
累加可得
，
所以，
所以；
综上，.