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

考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.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：D2.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：C3.已知偶函数的图象过点，则（）A. B. C.2 D.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.e C. 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：A5.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：D8.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：ACD10.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：BD11.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，