精品解析：天津市蓟州区第一中学2025-2026学年高三上学期第一次学情调研数学试题

2025-2026学年度第一学期第一次学情调研 高三数学 一､选择题（共9题，每题5分，共45分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”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 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 4. 已知和是两个等差数列，且是常值，若，，，则的值为（ ） A. 64 B. 100 C. 128 D. 132 5. 在等差数列中，公差，若，则（ ） A. 12 B. 13 C. 14 D. 15 6. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 函数是 A. 奇函数，且最大值为2 B. 偶函数，且最大值为2 C. 奇函数，且最大值为 D. 偶函数，且最大值为 8. 已知函数，则（ ） A. 若函数相邻两条对称轴的距离为，则 B. 当，时，的值域为 C. 当时，是的对称中心 D. 若在内有且仅有两个零点，则 9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的个数是（ ） ① ② 函数的图象关于点对称 ③ 函数在区间上单调递减 ④ 将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，若函数在区间上有且仅有两个零点和两个极值点，则 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二､填空题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分） 10. 记是虚数单位，复数满足，则= _______ 11. 已知函数是偶函数，则______. 12. 已知数列满足，且，则_____ 13. 将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________． 14. 已知，，，则的最小值为_______ 15. 函数，若函数恰有两个不同的零点，则实数的取值范围为__________. 三､解答题：本大题共5小题，共75分 16. 在的内角所对边的长分别是，已知. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 17. 设函数. （1）求函数的最小正周期； （2）求函数在上的最大值. 18. 已知数列满足，数列的首项为2，且满足 （1）求和的通项公式 （2）记集合，若集合的元素个数为2，求实数的取值范围． （3）设，证明：． 19. 已知为等差数列，是公比为2的等比数列．，且． （1）求数列和的通项公式； （2）若 ①当为奇数，求； ②求． 20. 已知函数 （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在定义域上存在极值，求的取值范围； （3）若恒成立，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第一学期第一次学情调研 高三数学 一､选择题（共9题，每题5分，共45分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解分式不等式求出集合B，根据集合的交集运算，即可求得答案. 【详解】由可得，解得， 即，结合， 可得, 故选：C 2. 设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”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 【答案】C 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数. 若为单调递增数列，则， 若，则当时，；若，则， 由可得，取，则当时，， 所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”； 若存在正整数，当时，，取且，， 假设，令可得，且， 当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列. 所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”. 所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件. 故选：C. 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性排除B,D，再根据f(1)排除C得解. 【详解】由题得，所以函数是奇函数，排除选项B,D. 由题得，所以排除选项C. 故选A 【点睛】本题主要考查函数图像的识别，考查函数的奇偶性的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题. 4. 已知和是两个等差数列，且是常值，若，，，则的值为（ ） A. 64 B. 100 C. 128 D. 132 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差中项的性质可求得的值，再利用是常值可得答案. 【详解】由于是两个等差数列， ，，故， 由于 所以． 故选：C． 5. 在等差数列中，公差，若，则（ ） A. 12 B. 13 C. 14 D. 15 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用等差数列的通项公式和求和公式，列出方程，即可求解. 【详解】因为，可得， 所以，即， 又因为，所以. 故选：D． 6. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用对数函数的单调性结合二次函数的性质即得． 【详解】，，， 又， 因为函数，在上单调递减，且， 又因为， 所以，所以，即，所以， ，即． 故选：C 7. 函数是 A. 奇函数，且最大值为2 B. 偶函数，且最大值为2 C. 奇函数，且最大值为 D. 偶函数，且最大值为 【答案】D 【解析】 【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质可判断最大值. 【详解】由题意，，所以该函数为偶函数， 又， 所以当时，取最大值. 故选：D. 8. 已知函数，则（ ） A. 若函数相邻两条对称轴的距离为，则 B. 当，时，的值域为 C. 当时，是的对称中心 D. 若在内有且仅有两个零点，则 【答案】B 【解析】 【分析】利用辅助角公式可得，根据周期公式以及函数图象可判断A错误，结合正弦函数图象性质可得B正确，将代入检验可得C错误，根据整体代换法以及正弦函数图象性质，结合零点个数限定出不等式，解得，可得D错误. 【详解】易知， 对于A，若函数相邻两条对称轴的距离为，即可得，因此可得，即A错误； 对于B，当，可得， 当时，， 因为函数在上单调递增，在上单调递减， 又 所以的值域为，即B正确； 对于C，当时，，将代入检验可得， 显然不是的对称中心，即C错误； 对于D，若，可得， 若在内有且仅有两个零点，可得，解得， 因此D错误. 故选：B 9. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的个数是（ ） ① ② 函数的图象关于点对称 ③ 函数在区间上单调递减 ④ 将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，若函数在区间上有且仅有两个零点和两个极值点，则 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象，求出，即可判断①的正误，再利用三角函数的图象及性质对②③④逐一分析判断即可求解. 【详解】由题图得，所以，故①正确； 则， 由，得， 解得， 又，所以，故， 因为， 所以函数的图象关于点对称，故②正确； 令，解得， 故函数的单调递减区间为， 令，得到的一个减区间为，又 则函数在区间上先单调递减再单调递增，故③错误； 因为， 所以．由，得， 若函数在区间上有且仅有两个零点和两个极值点， 则，解得，故④错误． 故选：B. 二､填空题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分） 10. 记是虚数单位，复数满足，则= _______ 【答案】 【解析】 【分析】利用复数除法求出复数，再利用共轭复数的定义求解即得. 【详解】依题意，，所以. 故答案为： 11. 已知函数是偶函数，则______. 【答案】1 【解析】 【分析】利用偶函数的定义可求参数的值. 【详解】因为，故， 因为为偶函数，故， 时，整理得到， 故， 故答案为：1 12. 已知数列满足，且，则_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据条件得奇数项构成以为首项，为公差的等差数列，偶数项构成以为首项，为公差的等差数列，再利用等差数列的通项公式，即可求解. 【详解】因为，且， 所以数列中的奇数项，构成以为首项，为公差的等差数列， 偶数项，构成以为首项，为公差的等差数列， 则当为奇数时，，当为偶数时，， 综上所述，， 故答案为： 13. 将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________． 【答案】 【解析】 【分析】首先判断出数列与项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果. 【详解】因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列， 数列是以1首项，以3为公差的等差数列， 所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列， 所以的前项和为， 故答案为：. 【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，属于简单题目. 14. 已知，，，则的最小值为_______ 【答案】 【解析】 【分析】利用已知条件，将所求的式子化为，再应用基本不等式，即可求解. 【详解】，，， ， 当且仅当， 即时，等号成立. 故答案为：. 【点睛】本题考查应用基本不等式求最值，拼凑出积为定值是解题的关键，属于中档题. 15. 函数，若函数恰有两个不同的零点，则实数的取值范围为__________. 【答案】或 【解析】 【分析】画出，的图象，数形结合后可求参数的取值范围． 【详解】因为， 所以， 则函数恰有2个零点等价于有两个不同的解， 故，的图象有两个不同的交点， 设， 又，的图象如图所示， 由图象可得两个函数的图象均过原点， 当时， 考虑直线与的图象相切， 则由可得，即， 考虑直线与的图象相切， 由可得，则，即． 考虑直线与的图象相切， 由可得，则，即， 结合图象可得当或时，两个函数的图象有两个不同的交点， 综上，或． 故答案为：或． 【点睛】方法点睛：数形结合思想，分类讨论思想与转化思想的应用.解决本问题的方法是把方程根的问题转化为函数与直线交点个数问题，作出图形，结合图形求解，并注意临界值的取舍问题. 三､解答题：本大题共5小题，共75分 16. 在的内角所对边的长分别是，已知. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 【答案】（1）2； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理，结合已知条件，计算即可； （2）利用正弦定理，结合已知条件，即可求得结果； （3）根据，结合余弦的和角公式和倍角公式，计算即可. 【小问1详解】 因为，故由余弦定理， 可得，即，解得（舍）或. 【小问2详解】 因为，故，则， 由正弦定理，则，解得. 【小问3详解】 因为 又， 故. 17. 设函数. （1）求函数的最小正周期； （2）求函数在上的最大值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得，再由三角函数最小正周期公式即可得解； （2）由三角恒等变换可得，再由三角函数的图象与性质即可得解. 【详解】（1）由辅助角公式得， 则， 所以该函数的最小正周期; （2）由题意， ， 由可得， 所以当即时，函数取最大值. 18. 已知数列满足，数列的首项为2，且满足 （1）求和的通项公式 （2）记集合，若集合的元素个数为2，求实数的取值范围． （3）设，证明：． 【答案】（1）， （2） （3） 由得，， 由于， 因此 . 【解析】 【分析】（1）根据的关系即可作差得，根据等差数列的性质可求解. （2）根据的单调性，即可求解. （3）利用放缩法得，即可结合裂项求和求解. 【小问1详解】 由可得： 时，， 相减可得，故， 当时，也符合上式，故， 由可得，所以数列为公差为0的等差数列，且首项为2， 所以，则. 【小问2详解】 由和可得， 记，则， 所以， 当时，，当时，，此时单调递减， 而, 由于集合M的元素个数为2，所以，故. 【小问3详解】 略 19. 已知为等差数列，是公比为2的等比数列．，且． （1）求数列和的通项公式； （2）若 ①当为奇数，求； ②求． 【答案】（1） （2）① ；② 【解析】 【分析】（1）利用等差等比数列的通项公式列方程求解； （2）①利用条件直接求解；②求出当为偶数时，然后利用倒序相加以及错位相减法求和即可. 【小问1详解】 设数列的公差为的公比为， 由已知可得，得， ； 【小问2详解】 ①为奇数，为偶数． ； ②当为偶数，为奇数， 令， ， 即， ， 所以 所以 所以 所以. 20. 已知函数 （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在定义域上存在极值，求的取值范围； （3）若恒成立，求. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，求曲线在点处的切线方程； （2）利用导数，结合极值存在的条件，求的取值范围； （3）通过构造函数，利用导数求最值的方法，解决不等式恒成立问题. 【小问1详解】 当时，，，故切点坐标为， 又因为，则切线斜率， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 ，函数定义域为，， 所以当时，恒成立，不符合题意. 当时，令，， 所以时，在定义域上单调递增， ，因为，所以， 当时，，所以在上存在极值点 当时，，， 所以为的极值点. 当时，，因为，，故 所以在上存在极值点. 综上所述，的取值范围是. 【小问3详解】 恒成立，得， 设 则，令，则 ①当时，在时，，，所以， 在时，， 所以， 所以为在上的唯一极小值点，， 所以时，恒成立 ②当时，时，，，有， 时，，，有， 又，所以，即为增函数. ， 又因为，所以存在使得， 当时，为减函数， 所以，不符合题意. ③当时，同②有为增函数， 当时， ，又因为， 所以存在，使得， 当时，，为增函数， 所以不符合题意. ④当时，时，，，有， 时，，，有， 又，所以，为增函数， 又因为，所以当时，，不符合题意. 综上所述，. 【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，导数研究函数的极值，可导函数在点x0处取得极值的充要条件是，且在x0左侧与右侧的符号不同；若在内有极值，那么在内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $