甘肃平凉市名校大联盟2027届高三上学期月考卷（一）数学试题（含解析）

2027届名校大联盟・高三月考卷（一）数学考生注意：1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将弥封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4.本卷命题范围：集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数.一、选择题：本大题共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.命题“”的否定是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】根据全称命题否定的定义，“”的否定是:2.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】由，得，解得，所以，又因为，所以.3.函数的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】首先根据函数的奇偶性排除部分选项，然后利用函数的单调性确定正确选项.【详解】令，其定义域为，关于原点对称.因为，所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，故排除选项B，C；又因为，当时，函数单调递增，函数单调递增，所以函数在上单调递增，故排除选项A，选项D正确.4.“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.充要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】根据充分必要的定义，举出反例即可作出判断.【详解】由题可知，，根据指数函数单调递增，所以，当时，，所以不是的充分条件；当时，满足，但，因此，是的既不充分也不必要条件.5.若函数的零点所在区间为，，则的值为（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】【详解】因为函数与函数均为增函数,所以函数为增函数,因为,,所以函数的零点所在区间为,所以.6.设，，则，，大小关系是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用函数的单调性，比较函数值的大小.【详解】设，当时，，则在上单调递增，由，有，即，得.故选：C7.已知正实数满足时，有恒成立，则的最大值为（

）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式求出的最小值，再代入解不等式即可．【详解】解：因为正实数满足，所以，当且仅当时，等号成立，即时，等号成立，因为正实数满足时，有恒成立，所以，即，即，得最大值为8．8.已知函数的定义域为，且，设函数与函数的交点共有2026个，且这些交点的坐标依次记为，，…，，则（）A.0 B.1013 C.2026 D.4052【答案】C【解析】【分析】根据已知判断和的图象关于同一个对称中心对称，利用对称性及交点个数求即可.【详解】已知，则的图象关于点对称，由，且，所以，故的图象关于点对称，所以和的交点必然也是成对的，且关于对称，若是它们的一个交点，则也必然是它们的交点，所以横坐标之和为，已知交点有个，因此可以配成对，每一对交点的横坐标之和为，所以所有交点横坐标的总和为.二、多项选择题：本大题共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，，则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【详解】已知，，则，，故，A正确；，则，，，，故B正确；取，满足，，此时，即，故不恒成立，故C错误；，则，，则，故，故D正确．10.已知定义在上的函数满足，且当时，，则（）A. B.C.是偶函数 D.在上单调递增【答案】ABD【解析】【分析】对于A，B选项：赋值运算求解即可；对于C：根据题意结合奇偶性的定义分析判断；对于D：根据题意结合单调性的定义分析判断.【详解】因为定义在上的函数满足，对于选项A：令，可得，即，故A正确；对于选项B，令，可得，即，故B正确；对于选项C：令，可得，整理可得，对于，可得，且定义域为，所以是奇函数，故C不正确；对于选项D：令，可得，即，不妨设，则，可得，，则，即，所以在上单调递增，故D正确；11.已知函数，为的导数，则（）A.任意实数，一定存在极大值B.任意实数，一定存在极小值C.存在实数，使得在区间上单调递增D.任意实数，曲线一定存在与直线平行的切线【答案】AB【解析】【分析】AB选项基于极值的判断，需要对原函数求导，分析导数符号变化判断单调性即可；C项利用转化思想，根据单调性，以及函数零点存在定理进行判断；D项考查切线问题，核心在于构造函数进行零点的研究.【详解】对求导得：设,其判别式,因此恒有两个不同的实数根,的符号由决定.选项AB:因为恒成立,总有两个不同的零点,,不妨设,当时,,,递增；当时,,,递减；当时,,,递增,因此一定存在极大值和极小值.选项C：,故,即且函数连续,故存在使得,即不可能在区间上单调递增.选项D：设切点为,当曲线切线与重合时，可得是一组解，当时,,设,,所以当时，,单调递增,当时，,单调递减,又,且,所以只有唯一解0,所以当时,曲线仅在处的切线斜率为1,且与直线重合.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.函数，则______．【答案】3【解析】【详解】由题意可得，，所以.13.若是函数的极值点，则__________．【答案】1【解析】【分析】由求解后再检验即可.【详解】因为，所以，由题意可得，解得，当时，，，令，得，当时，单调递增；当时，单调递减，是函数的极值点，符合题意，所以.14.某种病毒在特定环境下可通过空气传播，其病毒载量（单位：拷贝数/升）与时间（小时）的关系为，其中，为初始病毒载量，则病毒载量在_____小时达到峰值，之后病毒载量每经过1小时衰减为原来的倍，当低于时不具传染性，则从起，该病毒具有传染性的总时长为_____小时．【答案】①.4②.32【解析】【分析】分类讨论的范围得出的增减性，即可得出病毒载量达到峰值的时间；再分类讨论的范围，结合指数函数的单调性解不等式即可求解该病毒具有传染性的总时长．【详解】当时，此时，代入原函数指数部分：，所以，，已知，则，所以当时，指数是关于的减函数，因此在上单调递减，当时，此时，代入原函数指数部分：，所以，，同理得在上单调递增，综合以上两种情况，在时单调递增，在时单调递减，因此，病毒载量在时达到峰值．在时，，根据题意，对于任意，有：，代入表达式：，整理得，，，所以，病毒具有传染性的条件是，即，整理得，，当时，不等式变为：，结合前提，得到；当时，不等式变为：，结合前提，得到，综合两种情况，病毒具有传染性的时间段为，题干要求计算从起的传染时长，即时间区间的长度，故总时长为小时．四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15.已知全集，集合，.（1）若a=1，求；（2）若，求a的取值范围.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）先解一元二次不等式化简集合，写出的补集，再代入化简集合，最后取两集合的交集得到结果；（2）由推出，结合集合非空与子集区间端点约束列出不等式组，解不等式组得到参数的取值范围.【小问1详解】因为的解集为，所以，则或，当时，，所以.【小问2详解】若，则，因为，所以，解得，即的取值范围为.16.已知a，b，，关于x的不等式的解集为或（1）求函数的零点；（2）解关于x的不等式．【答案】（1）1和2（2）答案见详解【解析】【分析】（1）根据一元二次方程与不等式的关系，利用韦达定理可得，令求解即可；（2）根据（1）的结果，不等式为，分解因式后，讨论的取值，解不等式.【小问1详解】因为不等式的解集为或，可知与是方程的两个实数根，且，则，解得：，，令，解得或，所以函数的零点为1和2.【小问2详解】由（1）知不等式即为，即，①当时，易得不等式的解集为，②当时，不等式可化为，不等式的解集为或．③当时，不等式可化为，当，即时，不等式的解集为；当，即时，不等式的解集为；当，即时，不等式的解集为．17.已知函数．（1）当时，求的单调区间以及极值；（2）若有两个不同的零点，求的取值范围．【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为.极小值为，无极大值.（2）的取值范围为.【解析】【分析】（1）求，利用和求解函数的单调区间，从而可得到极值.（2）先利用的符号判断函数的单调性，再利用最小值小于零即可求解的取值范围.【小问1详解】当时，，定义域为..令，即，解得；令，即，解得.所以的单调递减区间为，单调递增区间为.当时取得极小值，极小值为，无极大值.【小问2详解】，.当，即，恒成立，所以在上单调递增，最多1个零点，不符合题意.当，即时，令，即，解得.当时，当时，.所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.所以是极小值点，也是最小值点，且.当时，；当时，.因为有两个不同的零点，所以即.又因为，所以，解得.所以.综上所述，若有两个不同的零点，的取值范围为.18.已知函数，（1）求实数的值；（2）解关于的不等式；（3）设，若对于任意的恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据计算；（2）先求证，再结合函数的单调性求解；（3）将问题转化为求的最小值，令，结合一元二次函数求最值.【小问1详解】，则；【小问2详解】，则，则不等式可化为，因函数在上单调递增，则在上单调递增，因在上单调递增，故在上单调递增，则，得，故不等式的解集为；【小问3详解】，因，则，令，则，则在上的最小值为，因对于任意的恒成立，则，故实数的取值范围为.19.已知函数，．（1）若，求在点处的切线方程；（2）若在上存在唯一零点，（i）求的取值范围；（ii）求证：．【答案】（1）（2）（i）（ii）法一：为唯一零点，所以，，要证，即证，即证，即证，即证，因为，，令，则，所以在上单调递增，则，即，又，所以，由（i）可知在单调递增，所以，得证．（ii）法二：为唯一零点，所以，，要证，即证，即证，即证，即证，即证，即证，即证，即证，记，则，令，则，所以在上单调递减，上单调递增，所以，所以原命题得证．【解析】【分析】（1）由导数的几何意义可得切线方程；（2）（i）分和进行讨论，时在上恒成立，结合易得在上不存在零点，时，令，可得在上单调递增，由可得，使得，即，所以在上单调递减，单调递增，由可得，从而，由零点存在性定