精品解析：新疆伊犁哈萨克自治州奎屯市第一高级中学2026届高三上学期期中考试数学试卷

期中测试 一、单选题 1. 已知集合，则（　　） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知一扇形的半径为3，周长为10，则该扇形的面积为（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 4. 当且时，的图象恒过点（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，且在上单调递减，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 某海湾一固定点处大海水深d与时间t之间的关系为，则该处水位变化速度的最大值是（ ） A. B. C. D. 4 7. 等差数列的前n项和为，若则的值为（ ） A. 30 B. 60 C. 45 D. 15 8. 在△中，内角所对的边分别为，且 ，则 的值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 设函数，则（ ） A. 在上单调递减 B. 时，的值域为 C. 有三个零点 D. 曲线关于点对称 10. 公比为q的等比数列的前n项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 11. 若函数是定义域为的奇函数，且，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 的图象关于点中心对称 D. 的图象关于直线对称 三、填空题 12. 若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为_____． 13. 若，且．则______． 14. 函数的极大值为__________. 四、解答题 15. 已知函数. （1）求函数的对称轴； （2）求的单调区间. 16. 如图，在直三棱柱中，分别是与的中点. （1）求证:平面; （2）若，求直线与平面所成角的余弦值. 17. 中，分别是角的对边，且. （1）求角的值； （2）若，且为锐角三角形，求的取值范围. 18. 已知等差数列满足公差，，.等比数列的首项，，. （1）求数列，的通项公式； （2）数列的前项和为，记数列的前项和为，求； （3）若，求数列的前项和. 19. 定义：，是函数的两个极值点，若，则称为“函数”． （1）若为“函数”，求实数的取值范围； （2）已知函数有两个极值点． （i）求的取值范围； （ii）证明：为“函数”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 期中测试 一、单选题 1. 已知集合，则（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先解绝对值不等式及一元二次不等式得出集合，再应用并集定义计算求解. 【详解】集合或， 则， 故选：C． 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合不等式性质举出反例可得A、B、D错误，借助不等式的同向可加性可得C. 【详解】对A：当时，则，故A错误； 对B：当时，满足，，而，故B错误； 对C：由，得，故C正确； 对D：当时，满足，，而，故D错误. 故选：C. 3. 已知一扇形的半径为3，周长为10，则该扇形的面积为（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得扇形圆心角，然后由扇形面积公式可得答案. 【详解】设扇形半径为r，周长为C，扇形圆心角为，面积为S. 由题有. 则. 故选：B 4. 当且时，的图象恒过点（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，求的值和对应的函数值，即得图象所过的定点． 【详解】对于函数，令，解得， 则， 所以的图象恒过点． 故选：C. 5. 已知函数，且在上单调递减，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用分段函数的单调性，对数函数的单调性以及二次函数的单调性列不等式，即可得到答案. 【详解】由题意得， 得. 故选：C 6. 某海湾一固定点处大海水深d与时间t之间的关系为，则该处水位变化速度的最大值是（ ） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数求瞬时速度，对求导即可得到最大值. 【详解】由，得， 则该处水位变化速度的最大值是. 故选：C. 7. 等差数列的前n项和为，若则的值为（ ） A. 30 B. 60 C. 45 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】设基本量，再结合等差数列的性质与求和公式求解即可. 【详解】在等差数列中，设首项为，公差为， 因为，所以， 则，即. 所以. 故选：A 8. 在△中，内角所对的边分别为，且 ，则 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理得到，再由，代入即可求解. 【详解】由可得：， 又， 即， 所以， 故选：D 二、多选题 9. 设函数，则（ ） A. 在上单调递减 B. 时，的值域为 C. 有三个零点 D. 曲线关于点对称 【答案】AD 【解析】 【分析】求导，利用导数确定函数单调性、极值与最值即可判断ABC，对于D，通过验证的值是否为6来验证对称性. 【详解】，解得，所以在上单调递减，故A正确； 又时，单调递减，单调递增，， 所以时，的值域为，故B错误； 在上单调递减，在和单调递增， ，所以只有一个零点，故C错误； 因为，所以曲线关于点对称，故D正确； 故选：AD. 10. 公比为q的等比数列的前n项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】由等比数列通项公式列出等式，求出首项和公比，再逐个判断即可. 【详解】由， 可得：， 显然， 即 两式相除可得：， 解得：， 所以，， ， 即AC错误，BD正确， 故选：BD 11. 若函数是定义域为的奇函数，且，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 的图象关于点中心对称 D. 的图象关于直线对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】令，代入计算，可判断A的正误；根据是定义域为的奇函数，可得，对x赋值2和4，计算即可判断B的正误；由条件，分析化简，根据对称性的性质，即可判断C、D的正误；即可得答案. 【详解】选项A：因为，， 令，则，故A正确； 选项B：因为是定义域为的奇函数， 所以，令，得， 令，得， 所以，故B错误； 选项C：因为， 所以， 所以的图象关于点中心对称，故C正确； 选项D：因为，即， 所以的图象关于直线对称，故D正确. 故选：ACD 三、填空题 12. 若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为_____． 【答案】 【解析】 【分析】由不等式解集，结合韦达定理列方程求，再应用分式不等式的解法求的解集即可. 【详解】不等式的解集为， ∴1和2是方程的两个实根， 由韦达定理得：， ， 此时不等式为， 得， 得，解得. 故解集为. 13. 若，且．则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用同角三角函数的基本关系和余弦的两角和公式求解即可. 【详解】由题意，且，故， 所以. 故答案为： 14. 函数的极大值为__________. 【答案】1 【解析】 【分析】对进行求导并判断其单调性即可求出. 【详解】由题意得，，恒成立，当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减，是的极大值点，且的极大值为. 故答案为：. 四、解答题 15. 已知函数. （1）求函数的对称轴； （2）求的单调区间. 【答案】（1）， （2）增区间，减区间. 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式以及两角和的余弦公式化简可得，利用余弦函数的对称性即可求解； （2）利用余弦函数的性质即可求解. 【小问1详解】 因为， 令，解得， 所以函数的对称轴为. 【小问2详解】 令，解得， 令，解得， 所以的单调增区间为，单调减区间为. 16. 如图，在直三棱柱中，分别是与的中点. （1）求证:平面; （2）若，求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 取中点，连接， 在中，因为分别是与的中点，所以，且， 又因为在直三棱柱中，为的中点， 所以 ，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，且平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接与，证得四边形是平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面的法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：因为平面，且，所以平面， 又因为为等腰直角三角形，则两两垂直， 以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设，则， 所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以，所以直线与平面所成的角的余弦值为. 17. 中，分别是角的对边，且. （1）求角的值； （2）若，且为锐角三角形，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由余弦定理求得，即可求解角的值； （2）由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，再根据为锐角三角形，求得，利用正弦函数的图象与性质，即可求解. 【小问1详解】 由题意知，∴， 由余弦定理可知，， 又∵，∴. 【小问2详解】 由正弦定理可知，， 即， ∴ ， 又∵为锐角三角形，∴，即， 则，所以， 即， 则的取值范围为. 18. 已知等差数列满足公差，，.等比数列的首项，，. （1）求数列，的通项公式； （2）数列的前项和为，记数列的前项和为，求； （3）若，求数列的前项和. 【答案】（1），； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据等差数列性质得到方程组，求出，，求出公差和首项，得到通项公式，并根据等比数列通项公式求出. （2）计算出，利用错位相减法求和，得到答案. （3）利用（1）的结果求出，进而求出，再利用分组求和法及裂项相法求和即得. 【小问1详解】 在等差数列中，，而， 则是方程的两个实根，由，得， 解得，，，， 在等比数列中，由，，得，而，则， 所以数列，的通项公式分别为，. 【小问2详解】 由（1）得，， ， ， 两式相减得 ， 所以. 【小问3详解】 由（2）得，， 所以 . 19. 定义：，是函数的两个极值点，若，则称为“函数”． （1）若为“函数”，求实数的取值范围； （2）已知函数有两个极值点． （i）求的取值范围； （ii）证明：为“函数”． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）证明：令. ，由均值不等式（当且仅当时取等号）， 所以，在上单调递增. 又，当时，，即. 利用单调性证明： 因为，且在上单调递减，，， 所以，即. 构造函数并分析单调性证明： 因为时，，在上单调递减，， 所以，. 其中， 令， 则， 令，，在上单调递增. 当时，，即，在上单调递增，. 所以，即. 综上，函数为“函数”. 【解析】 【分析】（1）先求出两个零点.再依据“函数”条件，列出关于零点和函数值的不等式，最后解不等式得出参数范围. （2）（i）对函数求导后令其为，再对求导找单调性和最小值.根据存在两个不同变号零点，结合其极限情况确定参数范围. （ii）构造，通过求导判断单调性，利用单调性和性质证明.接着根据单调性得到，构造，求导判断单调性，证明，从而证明函数为“函数”. 【小问1详解】 已知，对求导得. 令，即，解得或. 因为函数为“函数”，所以. ，， . 则不等式为. 解，得.解，得，所以. 取交集得. 则实数的取值范围. 【小问2详解】 （i）已知，求导得， 令，得. 令，即，解得. 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以. 当时，；当时，. 因为函数存在两个不同的变号零点，所以，即. (ii)略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $