精品解析：天津市静海区第一中学2025-2026学年高三上学期10月学业能力调研数学试题

静海一中2025-2026第一学期高三数学（10月） 学生学业能力调研试卷 命题人：邹鑫鹏 审题人：陈中友 考生注意： 本试卷分第Ⅰ卷基础题（128分）和第Ⅱ卷提高题（19分）两部分，共147分，3分卷面分. 知 识 技 能 学习能力 内容 集合 简易逻辑 函数性质 三角函数 复数 导数与函数 平面向量 不等式 关键环节 分数 5 5 15 45 5 34 15 5 18 第Ⅰ卷 基础题（共128分） 一、选择题: 每小题5分，共40分. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用列举法化简集合，再根据交集的定义运算即可. 【详解】，， 则. 故选：B 2. “”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 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，利用函数的单调性与奇偶性，得到，得出，再结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由，可得， 令，显然函数为偶函数，且在上单调递增， 所以，即， 所以“”是“”的充分不必要条件． 故选：A. 3. 已知函数的部分图像如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用在上的值排除B，利用奇偶性排除排除C，利用在上的单调性排除D，从而得解. 【详解】对于B，当时，，易知，， 则，不满足图象，故B错误； 对于C，，定义域为， 又，则的图象关于轴对称，故C错误； 对于D，当时，， 由反比例函数的性质可知，在上单调递减，故D错误； 检验选项A，满足图中性质，故A正确. 故选：A. 4. 函数在的零点所在区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据零点存在性定理即可求解. 【详解】因为函数和在上都是单调递减， 所以在上单调递减， 又，，，，， 故， 所以函数的零点所在区间是. 故选：B. 5. 已知，，，则下列结论成立的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用幂函数和指数的单调性判断大小． 【详解】，，，，即，，故，选. 【点睛】熟练掌握指数函数、幂函数的单调性是解题的关键． 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式化简得，进而得，再利用两角和的正切公式即可求解. 【详解】由题意有：，所以， 所以. 故选：B. 7. 已知，，，若点是所在平面内一点，且，则的最大值等于（ ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】以为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示，则，，，即，所以，，因此 ，因为，所以的最大值等于，当，即时取等号． 考点：1、平面向量数量积；2、基本不等式． 8. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法： ①的图象关于点对称； ②的图象关于直线对称； ③的图象可由的图象向左平移个单位长度得到； ④若方程在上有且只有两个极值点，则的最大值为． 以上四个说法中，正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数图象及五点作图法求出函数解析式，再根据余弦函数的性质一一判断即可. 【详解】依题意可得，，， 再根据五点法作图可得，解得，． 因为，所以的图象关于点对称，故①正确； 因为，所以的图象关于直线对称，故②正确； 将的图象向左平移个单位长度得到， 故③错误； 因为，当时且，， 因为函数在上有且只有两个极值点， 所以，解得，即的最大值为，故④正确； 故选：C 二、填空题：每小题5分，共25分. 9. 已知复数，则复数的虚部为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据共轭复数的定义以及乘法运算法则，结合虚部定义可得结果. 【详解】由题可知， 所以， 因此复数的虚部为7. 故答案为：7 10. 已知，，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】由对数与指数的互化可得出，再利用指数幂的运算性质可求得的值. 【详解】由可得，所以，. 故答案为：. 11. 已知向量和的夹角为，，，则的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】 由已知求得，又由，求得， ，从而利用，代入可求得答案． 【详解】因为，所以，又，所以， 又向量和的夹角为，所以，得， 所以， 故答案为：． 12. 已知的内角的对边分别为，满足 且 则________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据正弦定理以及两角和的正弦公式整理化简可得，再利用诱导公式计算可得，结合同角三角函数基本关系及正弦定理可得. 【详解】利用正弦定理由可得， 整理可得，即； 所以，又， 因此，又，因此， 可得，又，可得； 又由正弦定理，，可得. 故答案为： 13. 在梯形中，，且，，分别为线段和的中点，若，，用，表示______．若，则正切的最大值为_______． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】利用向量的加法、数乘向量的运算即可化简得出；利用，表示，根据得出，再利用公式以及基本不等式求出其最小值，最后利用求出最大值. 【详解】由题意可得， ； ， 因，则， 即， 则， 等号成立时， 则为锐角， 则， 则正切的最大值为. 故答案为：； 三、解答题：（本大题共5小题，共82分） 14. 已知的内角的对边分别为，满足已知. （1）求角的大小； （2）若，求的值； （3）若的面积为，，求的周长. 【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】 【分析】 (1)根据正弦定理，将题中条件进行转化，得到，再 根据三角形内角和为以及诱导公式，即可求得角的大小； (2)利用同角三角函数关系式即可得到，再利用正弦和角公式以及余弦倍角公式即可求得结果； (3)利用三角函数面积公式即可得到的值，再利用余弦定理即可求得的值，进而得到的周长. 【详解】解：（1）， 由正弦定理得：， 即， 又 ， ， ，， 又， ； （2）由题意知：， ， 又， ； （3）， ， 由余弦定理得：， 即， 解得：， 的周长为. 【点睛】方法点睛：与面积有关的问题，一般要用到正弦定理和余弦定理进行边和角的互化. 15. 已知函数． （1）求函数的单调递减区间； （2）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，若，且，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角和的正、余弦公式及诱导公式化简函数的解析式，再由整体角范围求解不等式可得单调区间； （2）由伸缩变换与平移变换得解析式，得，根据整体角范围求余弦值，再由角的关系，利用两角和的余弦公式求解可得. 【小问1详解】 . 由， 解得 即时，函数单调递减， 所以函数的单调递减区间为； 【小问2详解】 将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变）， 则得到函数的图象，再向右平移个单位，得到函数的图象， 所以. 若，则， . 由，得，又， 所以，则， 故 . 故的值为. 16. 已知函数． （1）当时，求在点处的切线方程； （2）求的单调区间； （3）若，使成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （3）或. 【解析】 【分析】（1）需要先求出函数在切点处的导数，即切线斜率，再结合切点坐标得到切线方程； （2）通过对函数求导，分类讨论，根据导数的正负来判断； （3）需要分情况讨论函数在给定区间上的最值情况. 【小问1详解】 当时，，对求导得. 则， 又，所以切点为， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 对求导得. 当时，，所以在上单调递减. 当时，令，即，，，解得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 在有解，即当时，， 当时，由（2）知函数在上的最大值在端点处取得. 此时，， 所以或，得或 ， 又，所以舍去，所以. 当时，函数在上单调递减，那么最大值在处取得. 此时， 所以，得. 综合两种情况，可得的取值范围为或. 17. （1）函数若不等式恒成立，求实数m的取值范围. （2）函数有两个零点，求m的取值范围． （3）已知，，若时，关于x的不等式恒成立，求的最小值． （4）问题：用数形结合法解决函数零点问题是常用的方法，请总结此方法使用时需要注意什么问题？ 【答案】（2）； （2）； （3）； （4）(i)函数零点实质就是函数图象与轴交点的横坐标，解决实际问题时往往需分离函数，将零点个数问题转化为两个函数的图象交点个数问题，将零点所在区间问题转化为交点的横坐标所在区间问题．(ii)分离函数的基本策略是：一静一动，一直一曲，动直线、静曲线，要构造“好函数”作为第一要务.(iii)作图时要注意运用导数等相关知识分析函数的单调性、奇偶性、以及关键点线（如渐近线），以保证图像的准确． 【解析】 【分析】（1）根据分段函数分类讨论，时利用基本不等式求解，时，利用数形结合思想求解； （2）由函数的导函数有一个零点，从而确定函数的单调性，结合零点存在定理得零点个数，然后利用最小值小于0，得极值点范围后从而参数范围； （3）分析得出两个方程和的两个正根相同得出关系，然后消元后用基本不等式得最值. （4）根据数形结合思想的概念回答． 【详解】（1）时，不等式为，即， 时，不等式恒成立， ； 时，不等式化为， 因为，所以，当且仅当时取等号， 所以； 时，不等式为，即，也即， 作出函数和直线的图象，如图， 由图可知时，恒成立， 综上，的取值范围是； （2）， 则， 若，因为，所以，所以函数在定义域内单调递增，不可能有两个零点， 所以， 在上是增函数，且， 所以有唯一解，即，即， 时，，递减，时，，递增， 所以时，取得最小值， 由函数式知和时，， 函数有两个零点，则， 把代入得， 所以, 而函数是增函数，且，所以， 所以，从而． 所以的取值范围是； （3）已知，，若时，关于x的不等式恒成立， ，的两根满足，因此一根大于0，一根小于0，所以在时只有一根， 而关于x的不等式恒成立，则是的根， 即，， 所以，当且仅当，即时取等号， 所以的最小值是； （4）略 第Ⅱ卷 提高题（共19分） 18. 已知函数，． （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）已知函数有两个零点，， ①求实数的取值范围； ②证明：． 【答案】（1） （2）①； ②证明如下： 由①知，，则， 要证明，即证明， 不妨设， 因为，所以， 又，函数在上单调递增， 此时需证明， 当，时， 可得， 因为，即证明， 设，函数的定义域为， 则 ， 所以在单调递增，则， ，所以， 所以， 即，命题得证. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再由点斜式求出切线方程； （2）①首先判断函数的单调性，以及极值，根据函数的零点个数判断，再通过构造函数，根据函数的单调性，以及零点，求解不等式的解集；②根据函数的单调性，转化为证明，再构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可证明. 【小问1详解】 当时，， 则，所以，， 所以函数在点处的切线方程为，即； 【小问2详解】 ①函数的定义域为， 又， 当时，恒成立，在上单调递增，所以不可能有2个零点； 当时，当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 当时，，当时，， 所以要满足函数有2个零点，只需， 即， 整理得， 设，函数的定义域为， 则，所以在定义域上单调递增， 且，则不等式的解集为， 所以的取值范围为； ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 静海一中2025-2026第一学期高三数学（10月） 学生学业能力调研试卷 命题人：邹鑫鹏 审题人：陈中友 考生注意： 本试卷分第Ⅰ卷基础题（128分）和第Ⅱ卷提高题（19分）两部分，共147分，3分卷面分. 知 识 技 能 学习能力 内容 集合 简易逻辑 函数性质 三角函数 复数 导数与函数 平面向量 不等式 关键环节 分数 5 5 15 45 5 34 15 5 18 第Ⅰ卷 基础题（共128分） 一、选择题: 每小题5分，共40分. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. “”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 3. 已知函数的部分图像如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 函数在的零点所在区间是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，则下列结论成立的是 A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，若点是所在平面内一点，且，则的最大值等于（ ）. A. B. C. D. 8. 已知函数（，，）的部分图象如图所示，关于该函数有下列四个说法： ①的图象关于点对称； ②的图象关于直线对称； ③的图象可由的图象向左平移个单位长度得到； ④若方程在上有且只有两个极值点，则的最大值为． 以上四个说法中，正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题：每小题5分，共25分. 9. 已知复数，则复数的虚部为___________. 10. 已知，，则________． 11. 已知向量和的夹角为，，，则的值为________. 12. 已知的内角的对边分别为，满足 且 则________． 13. 在梯形中，，且，，分别为线段和的中点，若，，用，表示______．若，则正切的最大值为_______． 三、解答题：（本大题共5小题，共82分） 14. 已知的内角的对边分别为，满足已知. （1）求角的大小； （2）若，求的值； （3）若的面积为，，求的周长. 15. 已知函数． （1）求函数的单调递减区间； （2）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，若，且，求的值． 16. 已知函数． （1）当时，求在点处的切线方程； （2）求的单调区间； （3）若，使成立，求的取值范围． 17. （1）函数若不等式恒成立，求实数m的取值范围. （2）函数有两个零点，求m的取值范围． （3）已知，，若时，关于x的不等式恒成立，求的最小值． （4）问题：用数形结合法解决函数零点问题是常用的方法，请总结此方法使用时需要注意什么问题？ 第Ⅱ卷 提高题（共19分） 18. 已知函数，． （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）已知函数有两个零点，， ①求实数的取值范围； ②证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $