甘肃省张掖市民乐县第一中学2025-2026学年高三上学期第一次月考数学试卷（含解析）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页甘肃省张掖市民乐县第一中学2025-2026学年高三上学期第一次月考数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设集合，则集合（）A． B． C． D．2．若函数，则（

）A． B． C． D．3．已知一个扇形的周长为20，则当该扇形的面积最大时，其圆心角的弧度为（

）A．1 B．2 C．4 D．54．已知角的终边上一点，则（

）A． B． C． D．5．若“，使得”是假命题，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．6．若命题，命题直线与抛物线无公共点，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7．函数的图象大致为（

）A． B．C． D．8．下列说法正确的个数为（

）①命题“，”的否定是“，”②幂函数对于，都有，则③设，则④已知函数在上单调递增，则的取值范围是A．1个 B．2个 C．3个 D．4个二、多选题9．已知，则下列不等式成立的有（

）A． B． C． D．10．已知函数，则（

）A．是的周期B．在区间上单调递减C．是奇函数D．在区间上恰有2个零点11．已知是定义在R上的偶函数，且对任意，有，当时，，则（

）A．是以2为周期的周期函数B．点是函数的一个对称中心C．D．函数有3个零点三、填空题12．已知函数的定义域为，则函数的定义域为.13．已知均为正数，且，则的最小值.14．已知且，函数，若关于的方程恰有3个不相等的实数解，则实数的取值范围是．四、解答题15．已知全集，集合，.(1)求集合；(2)若，求实数的取值范围；(3)若，求实数的取值范围.16．已知函数的部分图象如图所示.(1)求函数的解析式；(2)将函数的图象向左平移个单位，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象，若关于的方程在区间上有两个不同的实数解，求实数的取值范围.17．已知定义在上的奇函数．(1)求实数a，b的值．(2)用定义法证明：在上单调递增．(3)若对任意的，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围．18．设函数（）(1)若，，求角；(2)若不等式对任意时恒成立，求实数的取值范围.19．已知函数．(1)若，求在处的切线方程；(2)当时，恒成立，求整数a的最大值．《甘肃省张掖市民乐县第一中学2025-2026学年高三上学期第一次月考数学试卷》参考答案题号12345678910答案CCBCABDBABCACD题号11答案BD1．C【分析】解指数不等式化简集合，再利用交集的定义求解.【详解】由，解得，则，而，所以.故选：C2．C【分析】利用换元法，求得函数的解析式，并求得定义域.【详解】由于，故，也即，所以函数的定义域为.令，则，所以，令，则.故选C.【点睛】本小题主要考查换元法求得函数解析式，要注意函数定义域的求法，属于基础题.3．B【分析】设扇形所在圆的半径为r，结合已知，用r表示出扇形面积，再利用二次函数性质求解作答.【详解】设扇形所在圆的半径为r，则扇形弧长，，于是扇形的面积，即当时，，此时，所以所求圆心角的弧度为.故选：B4．C【分析】根据三角函数的定义，结合二倍角公式，以及诱导公式，即可求解.【详解】由三角函数定义知，，，，所以.故选：C.5．A【分析】解法一：原命题为假，则其否定命题为真，因此写出其否定命题，结合恒成立求解即可；解法二：先假设原命题为真，利用存在性成立求解后，再取相反面即可.【详解】解法一：由于“，使得”是假命题，则其否定：“，使得”是真命题，故，又随着的增大而减小，所以小于当时的最小值时，恒成立，则，即．解法二：当题中命题为真命题时，可得，使得成立，所以大于或等于当时的最小值即可，即，又该命题为假命题，所以．故选：A.6．B【分析】先化简命题，结合条件的定义进行判断.【详解】联立，得，由可得.所以命题是命题的必要不充分条件.故选：B7．D【分析】根据解析式求定义域，奇偶性定义判断的奇偶性，结合时函数的符号，应用排除法即可得答案.【详解】由解析式知，函数定义域为，且，所以为偶函数，排除A、C，当，有，故，排除B.故选：D8．B【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题判断①，根据幂函数的定义及偶函数性质判断②，根据赋值法计算判断③，根据一次函数的性质、指数、对数函数单调性和分界点的大小关系列不等式组，解出即可判断④.【详解】对于①，根据存在量词命题的否定为全称量词命题得，命题“，”的否定是“，，错误；对于②，由幂函数的定义知，，解得或，又对于，都有，所以为偶函数，当时，，为偶函数，符合题意；当时，，为奇函数，不符合题意，故，正确；对于③，，令，得；令，得；所以，错误；对于④，因为时，由指数函数和对数函数单调性可知单调递增，所以在上单调递增，则需满足，即，解得，则的取值范围是，正确，综上，正确的个数为2个.故选：B9．ABC【分析】利用对数函数的单调性可得出，再利用幂函数、对数函数、指数函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.【详解】因为，则.对于A选项，函数在上为减函数，则，A对；对于B选项，因为，则函数在上为增函数，则，B对；对于C选项，函数在上为增函数，则，C对；对于D选项，因为，但与的大小关系无法确定，D错.故选：ABC.10．ACD【分析】本题考查余弦型函数的图象与性质，由题可知，所以可知，再根据解析式逐项分析即可.【详解】由题知，，所以最小正周期，故A正确；当时，，令，则在区间上单调递减，在区间上单调递增，故在区间上先减后增，故B错误；为奇函数.故C正确；令，得，，∴，，当时，，当时，，均是在区间上的零点，故D正确.故选：ACD.11．BD【分析】首先根据函数的对称性求出的周期和对称中心，然后求得.利用图象法即可判断D.【详解】依题意，为偶函数，且，有，即关于对称，则，所以是周期为4的周期函数，故A错误；因为的周期为4，关于对称，所以是函数的一个对称中心，故B正确；因为的周期为4，则，，所以，故C错误；作函数和的图象如下图所示，由图可知，两个函数图象有3个交点，所以函数有3个零点，故D正确.故选：BD.12．【分析】根据复合函数及抽象函数的定义域求法结合条件即得.【详解】函数的定义域为，即，则，所以函数的定义域为．对于函数，需满足，解得，即函数的定义域为．故答案为：．13．【分析】通过已知等式变形得到，再利用“”的代换将目标表达式展开，最后应用基本不等式求得最小值.【详解】已知均为正数，且，所以，则，当且仅当，即时，取得等号，又，所以当，时，取得最小值.故答案为：14．【分析】当时，，方程有2个不相等的实数解，则当时，，此时方程只有1个实数解，对分类讨论，由的值域求实数的取值范围.【详解】方程，即或，当时，，由解得，由解得；当时，，此时方程只有1个实数解，若，则在上单调递减，，此时和都有解，不合题意，若，则在上单调递增，，则.所以实数的取值范围是.故答案为：15．(1)或(2)(3)【分析】（1）根据补集的运算法则即可求解；（2）根据集合的包含关系，解不等式组即可求解；（3）由可得，分和两种情况讨论实数的取值范围，最后综合讨论结果即可求解.【详解】（1）∵全集，集合，∴或.（2）∵，，，∴，解得，即实数的取值范围为.（3）∵，∴.当，即时，，符合题意；当时，，解得.综上，，即实数的取值范围为.16．(1)(2)【分析】（1）结合图象和，求得ω的值，再根据求得，即可得的解析式；（2）根据函数图象的变换求出的解析式，再结合正弦函数的图象运算求解.【详解】（1）由图可得：，即，则，故，∵，即，则，∴，则，又∵，则，故.（2）根据题意：将函数的图象向左平移个单位，得到，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）得到函数，∵，则，由题意可得：直线与函数有两个不同的交点，又∵，则，∴，当且仅当，即时，，故，则可得：，即，故的取值范围为.17．(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用奇函数的定义建立关于参数的方程组，求解并验证即得参数值；（2）利用函数的单调性定义证明即可；（3）利用函数的奇偶性和单调性化简抽象不等式，将其化成二次函数在给定区间上的恒成立问题，数形结合列出不等式即可求得参数范围.【详解】（1）因为是定义在上的奇函数，所以即解得．经验证符合题意.（2）由（1）可知．任取，则因为，所以，所以，则在上单调递增.（3）由，得，因为为奇函数，所以，因为在上单调递增，所以，即，因为对任意的，关于的不等式恒成立，即关于的不等式在上恒成立，故解得，即实数的取值范围是．18．(1)或；(2).【分析】（1）应用三角恒等变换化简函数式为，结合及角的范围求角的大小；（2）问题化为时恒成立，令进一步化为恒成立，结合对勾函数性质求右侧值域范围，即可得参数范围.【详解】（1）由，所以，又，，所以或，解得或；（2）由题设在时恒成立，令，故，则，令，则，即恒成立，对于，令，则，又在上单调递减，故在上单调递增，综上，故只需.19．(1)(2)4【分析】（1）利用函数解析式求切点坐标，利用导数求切线斜率，点斜式求切线方程；（2）时，不等式恒成立；当时，不等式等价于，设，利用导数求的最小值，可求整数a的最大值．【详解】（1）若，则，，则切点坐标为，，则