2027届江苏扬州市高三年级月考供题训练数学试题（含解析）

试卷第=page11页（共=sectionpages33页）试卷第=page11页（共=sectionpages33页）扬州市2027届高三10月供题训练数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号．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．本试卷共4页，考试时间120分钟．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．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．（

）A．0 B． C．1 D．22．已知集合，则集合真子集的个数（

）A．13 B．14 C．15 D．163．已知函数.则“”是“为偶函数”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4．已知函数，则（

）A． B． C． D．05．已知正数，满足，则的最大值是（

）A．4 B．6 C．1 D．26．攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁式建筑､园林建筑.如图所示的带有攒尖的建筑屋顶可近似看作一个圆锥，其侧面展开图是一个圆心角为120°､半径为的扇形，则该屋顶的体积约为（

）

A． B． C． D．7．若，，则（

）A． B． C． D．8．设，若函数在上单调递增，则的最小值为（

）A． B．3 C．2 D．1二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．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．设，，且，则（

）A．的最大值为2 B．的最小值为C．的最小值为3 D．的最小值为110．已知函数，则下列说法中正确的是（

）A．函数的图象关于原点对称 B．函数的图象关于轴对称C．， D．函数的最小值为211．已知，，若对任意的，不等式恒成立，则（

）A．，命题成立B．当时，，命题成立C．D．满足题意的恰有4组三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知为函数的极小值点，则______.13．已知函数的图象向左平移后得到的图象关于对称，在上具有单调性，则的最大值为__________14．设函数的零点都在区间内，则的最小值为______．四、解答题：本大题共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．已知是函数的一个零点.(1)求实数的值；(2)求单调递减区间.16．已知幂函数在上单调递减．(1)若命题：，为真命题，求实数的最小值；(2)求不等式的解集．17．如图，在四棱锥中，，M为的中点，平面．(1)若，求的长；(2)若，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥存在且唯一确定．（ⅰ）求证：平面；（ⅱ）设平面平面，求二面角的正弦值．条件①：；条件②：；条件③：．18．设函数，．(1)当时，求的最大值；(2)已知有两个极值点．（ⅰ）求证：不存在最小值；（ⅱ）若曲线：在点处的切线与有且仅有一个交点，求证：的取值个数有限．19．扬州市某校进行问答游戏，规则如下：第次答对得分，若未答对得分；从第二次答题开始答对则得到上一次答题得分的倍，若未答对仅得分．已知某同学每次未答对题目的概率为，设其第次答题所得分数的期望为．(1)求其经过次比赛后所拿到的最大得分的概率；(2)求的值；(3)若，求的最小值．答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）1．B【详解】.2．C【分析】根据真子集个数计算公式即可得到答案.【详解】由题意得集合真子集的个数为.故选：C.3．A【分析】分别根据和为偶函数求出相应的取值集合，然后由包含关系可得.【详解】若，则，，若为偶函数，则，得，因为，所以“”是“为偶函数”的充分不必要条件.故选：A4．A【分析】结合三角函数与指数函数，根据分段函数分段求解函数值即可.【详解】因为，所以，则.故选：A.5．D【分析】把所求式子展开,得,对利用基本不等式,然后代入即可求得最大值.【详解】．因为,所以,从而，当且仅当时,等号成立,所以的最大值是2．故选:D6．A【分析】由侧面展开图可求出圆锥底面半径，再求出圆锥的高，从而可求出圆的体积【详解】设圆锥的底面半径为，高为，因为圆锥的侧面展开图是一个圆心角为120°，半径为的扇形，所以，解得，所以圆锥的高，所以圆锥的体积为，故选：A7．C【分析】由题及两角差的余弦公式可得的值，再由和差化积公式可得的值，即可求解.【详解】由题知.∵，∴，即.∴.故选：C.8．D【分析】求导，得到在上恒成立，变形得到，故，求出答案.【详解】由题意得在上恒成立，同除以得，即，因为，所以，两边取对数得，，因为，所以，故，故，要想在上恒成立，则要，即，故，即，，.故选：D【点睛】方法点睛：函数单调性问题，可通过定义法和导函数两种方法解决，其中导函数处理函数单调性，常将其转化为函数不等式恒成立问题，结合基本不等式或单调性求出最值，得到答案.9．AB【分析】利用基本不等式结合已知条件逐个分析判断.【详解】对于A项，，当且仅当，即时等号成立，此时的最大值为2，故A正确；对于B项，由题可得，令当，有最小值，此时，故B正确；对于C项，，当且仅当，即时，有最小值，故C错误；对于D项，因为，所以，当且仅当，即时等号成立，因为，所以，故D错误.10．BC【分析】先把化简为，由判断奇偶性，再用基本不等式求出的范围，从而判断的符号与最小值.【详解】.对于A、B，因为，所以是偶函数，其图象关于轴对称，A错误、B正确.对于C，当时，由基本不等式得（等号只在时成立），所以，C正确.对于D，因为（当且仅当时取等号），所以，即的最小值为，而不是，D错误.11．BC【分析】对于恒成立不等式，先利用的特殊点逼迫余弦函数同步取到最小值以确定，再构造函数并利用其在最小值点附近的导数单调性将范围缩小至，最后对仅存的逐一代入求出即可.【详解】当，存在，使得恒成立，故B正确，取，此时，代入不等式得，由于余弦函数的值域为，所以上式只能取等号，即对任意，都有，当时，，进而，故C正确，由可知对于任意，存在整数，使得，分别取和并两式相减，得，因此，设，由题意得在上恒成立，且，，设，因为，所以，，，设，，假设，那么，那么在附近存在小于0的区间，进而在附近存在递减区间，此时一定有，进而在附近存在小于0的区间，在附近存在递减区间，此时一定有，与在上恒成立矛盾，所以假设不成立，故必有，解得，即，结合，可得的可能取值仅有，故A错误，当时，原不等式化为恒成立，故，结合，解得，此时恒成立，满足题意，当时，代入得，结合，解得，此时，原不等式化为，恒成立，当时，代入得，即，结合，解得，此时，原不等式化为，恒成立，综上，满足题意的有3组，分别为，故D错误.12．6【分析】由求出函数的单调性，从而可得函数的极值点，得出答案.【详解】由有令，得，则在上单调递增.令，得，则在上单调递减.所以在处取得极小值,所以故答案为：6【点睛】本题考查求函数的极值点，属于基础题.13．16【分析】由函数的图象向左平移后得到，然后由函数的图象关于对称，确定的关系，再根据在上具有单调性，由即可求解.【详解】把函数的图象向左平移后得到，因为的图象关于对称，所以，即，因为在上具有单调性，，所以该区间的长度不能超过从对称中心到最近最值点所构成的单调区间的长度，即，所以，且，解得，结合可知的最大值为，故答案为：1614．4【分析】求出在上的导数，得到的单调区间，结合函数的奇偶性求出所有零点所在的区间，进而求出，的值，求出答案即可．【详解】，当时，，，在上递增，而，，时，在内存在唯一零点，是偶函数，在上递减，而，，时，在存在唯一零点，零点都在内．故当时，取最小值，且最小值为4，故答案为：4.15．(1)(2)【分析】（1）利用函数的零点的定义，求得实数的值．（2）利用三角恒等变化化简函数的解析式，再利用余弦函数的单调性求得的单调递减区间．【详解】（1）解：因为，所以由题意可知，即，即，解得．（2）解：由（1）可得，函数的递减区间为．令，得，所以的单调递减区间为．16．(1)0(2)【分析】（1）根据幂函数的定义求得，再采用参变分离法将存在性命题转化为，再根据函数在上的单调性求出最小值.（2）代入解析式后通过移项通分结合穿针引线法求解分式不等式即可.【详解】（1）因为是幂函数，所以，即或，又因为函数在单调递减，所以，所以，代入得，，，即，使得成立，则，设，因为在上单调递增，在上单调递增，所以在上单调递增，所以，即，则实数的最小值为.（2），，其三个零点分别为，且的系数为正，所以解得或.17．(1)(2)（ⅰ）取的中点，连接，由（1）知，则，因为所以四边形是平行四边形，所以，，因为所以，所以，即，（ⅱ）选条件③（或选条件①）：【分析】（1）结合三角形中位线与平行四边形的判定定理与性质定理，即可求解；（2）（i）根据条件①或条件③，结合线面垂直的性质定理，即可证明；（ii）结合（i）问结论，建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解二面角的正弦值.【详解】（1）取的中点，连接，，因为为的中点，所以，，因为，所以，因此M，N，D，A四点共面，因为平面，平面平面，平面，所以，所以四边形为平行四边形，因此，，故，即.（2）（ⅰ）略（A）若选条件①：，因为，所以与全等，所以，因为，所以，所以，即，又因为，、平面，所以平面.（B）若选条件③：因为所以,因为，所以与全等，所以，即，因为，又因为，、平面，所以平面.（ⅱ）由（ⅰ）知平面，而平面，所以，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，所以，，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，则，因为为平面的法向量，且，所以二面角的余弦值为，因此二面角的正弦值为，18．(1)(2)（ⅰ）证明：，．因为有两个极值点，所以当时，有两个零点，即方程有两个正实数根.令，即，则，所以方程有两个正实数根，则，即，解得.因为二次函数开口向上（因为），且有两个正实数根，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增.所以是函数的极大值点，是函数的极小值点，满足有两个极值点.因此，的取值范围是，即不存在最小值.（ⅱ）由（ⅰ）可知，又，，所以函数在点处切线的方程为.与曲线的方程联立消去得，令，，因为切线与有且仅有一个交点，所以函数有且仅有一个零点，又，，所以，①当，即时，在和上单调递增，在上单调递减，当时，，且，由零点存在性定理，函数在区间上有一个零点，且，因此函数一共有个零点，不符合题意，舍去.②当，即时，，函数在区间上单调递增，又，满足函数有且仅有一个零点，符合题意.③当，即时，在和上单调递增，在上单调递减当时，，且,此时，在区间上有一个零点，且，因此函数一共有个零点，不符合题意，舍去.综上所述，只有符合条件，即的取值个数有限.【分析】（1）直接利用导数求函数的最值可得；（2）（ⅰ）直接将函数有两个极值点转化为方程有两个正实数根，再结合根与系数关系可得，从而可得不存在最小值；（ⅱ）先由导数的几何意义可得切线方程，再与曲线方程联立消去，令，，则函数有且仅有一个零点，再利用导数及零点存在性定理判断可得.【详解】（1）当时，，定义域为，所以，，由，得，解得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以当时函数取得极大值也是最大值，因此最大值为.（2）略19．(1)(2)(3)【分析】（1）由题意要使得分最大必须次都答对题目，由相互独立事件概率计算可得；（2）先计算，进而可得，，从而可得所求结果；（3）由（2）知，进而构造等