精品解析：黑龙江省新时代高中教育联合体2026届高三上学期期中联考巩固（一）数学试题

黑龙江省新时代高中教育联合体2026届高三上学期期中联考巩固（一）数学试题 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上． 2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效． 一、选择题：本题共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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题：，的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 5 4. 已知向量，则“”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 5. 函数（且）在区间上是减函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知实数，满足，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数（，），满足，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，若的图象关于直线对称，则的取值可以为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 定义在上的函数满足：，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共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. 已知函数，且，若在上的最大值为，最小值为，且，则实数的值可以是（ ） A. B. C. D. 2 10. 如图（1）是一段依据正弦曲线设计安装的过山车轨道.建立平面直角坐标系如图（2），（单位：m）表示在时间（单位：s）时.过山车（看作质点）离地平面的高度.轨道最高点距离地平面50m.最低点距离地平面10m.入口处距离地平面20m.当时，过山车到达最高点，时，过山车到达最低点.设，下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为12 B. C. 时，过山车距离地平面40m D. 一个周期内过山车距离地平面低于20m的时间是4s 11. 已知函数的定义域为，对于，都有，则（ ） A. B. 函数的图象关于点中心对称 C. 函数的图象关于直线对称 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设，，则___________ 13. 已知关于的不等式的解集为或.并且，且满足时，有恒成立，的取值范围为________. 14. 已知函数，则不等式的解集为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数 （1）若的解集为，求的值. （2）若a>0，解关于x的不等式. 16. 已知函数的最小正周期为. （1）求的解析式； （2）在中，为的外心，角所对边的长为，若的外接圆半径为1，且，求证：的面积． 17. 由个正整数构成的有限集（其中），记，特别规定，若集合满足：对任意的正整数，都存在集合的两个子集，使得成立，则称集合为“满集”. （1）分别判断集合与是否为“满集”，请说明理由； （2）若集合为“满集”，求的值. 18. 记. （1）判断并证明的奇偶性； （2）将的最小值记为，若恒成立，求的最小整数值. 19. 对于一个函数和一个点，令函数，若是的极值点，则称点是在的“边界点”． （1）对于函数，证明：对于点，存在点，使得点是在的“边界点”． （2）对于函数，若不存在点，使得点是在的“边界点”，求的取值范围． （3）对于函数，若存在两个不同的点，使得点是在的“边界点”，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 黑龙江省新时代高中教育联合体2026届高三上学期期中联考巩固（一）数学试题 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的姓名、准考证号分别填写在试卷和答题卡规定的位置上． 2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案．非选择题的答案必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应的区域内，写在本试卷上无效． 一、选择题：本题共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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数函数与对数函数的性质解不等式求出集合，利用交集的运算求出结果. 【详解】∵， ， ∴. 故选：A. 2. 命题：，的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】利用全称命题的否定是特称命题，直接写出命题的否定即可． 【详解】命题“”的否定为“”. 故选：B． 3. 已知，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的商的运算法则可求得，进而可求得，可求. 【详解】，所以. 故选：. 4. 已知向量，则“”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】由向量平行可得或，根据充分条件、必要条件概念判断即可. 【详解】已知向量， 若，则，解得或， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 5. 函数（且）在区间上是减函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，即可判断的单调性，结合对数型复合函数的单调性，得到，解得即可. 【详解】设，则， 且，为减函数， 若函数在区间上是减函数， 则需是增函数且时恒成立， ，解得，即的取值范围是. 故选：D. 6. 已知实数，满足，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知得，即有同号或，结合不等式的性质判断各项的正误. 【详解】两边取对得，则且，即同号或， 所以，当时，不成立，A错； 由，B对； 由，若时，，C错； 由，且， 当时，，此时，D错. 故选：B 7. 已知函数（，），满足，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，若的图象关于直线对称，则的取值可以为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 由，求得，进而得，再结合三角函数的性质，求得，，即可求解. 【详解】因为，即，所以， 又因为，所以，所以， 函数的图象向右平移个单位得到， 的图象关于直线对称，，， 即，，令，得. 故选：B. 【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变换，以及三角函数的图象与性质的综合应用，熟记三角函数的图象与性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 8. 定义在上的函数满足：，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由解析式画出的图象，恰有3个零点转化为的图象和直线恰有3个交点，结合图象找到临界情况即可得出的范围. 【详解】由题意作出的大致图象如图中曲线所示： 恰有3个零点，的图象和直线恰有3个交点， 过定点， 当直线过点时，此时斜率为， 当直线过点时，此时斜率为， 结合图象可知当，即时，函数的图象和直线恰有3个交点，即. 故选：C. 二、选择题：本题共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. 已知函数，且，若在上的最大值为，最小值为，且，则实数的值可以是（ ） A. B. C. D. 2 【答案】AC 【解析】 【分析】由的范围讨论单调性，确定最值即可求解； 【详解】当时，单调递增，此时，， 所以，解得， 当时，单调递减，此时，， 所以，解得， 所以实数的值可以是或， 故选：AC. 10. 如图（1）是一段依据正弦曲线设计安装的过山车轨道.建立平面直角坐标系如图（2），（单位：m）表示在时间（单位：s）时.过山车（看作质点）离地平面的高度.轨道最高点距离地平面50m.最低点距离地平面10m.入口处距离地平面20m.当时，过山车到达最高点，时，过山车到达最低点.设，下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为12 B. C. 时，过山车距离地平面40m D. 一个周期内过山车距离地平面低于20m的时间是4s 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意抽象出函数的最值，列式求，根据周期求，最后根据求，再根据函数的解析式判断CD. 【详解】由题意可知，周期满足，得， 所以，得，又，解得，. 所以，又，即，得，因为，所以，所以. 对于A，，A正确；对于B，，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，由，得，即，，，解得，， 所以一个周期内过山车距离底面低于20m的时间是，D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数的定义域为，对于，都有，则（ ） A. B. 函数的图象关于点中心对称 C. 函数的图象关于直线对称 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】令求出可判断A；利用，可判断B；利用， 可判断C；设，又， 得，可判断D． 【详解】对于A，令，则，可得， 解得，故A正确； 对于B，由，可得， 所以函数的图象关于点中心对称，故B错误； 对于C，由可得， 所以函数的图象关于直线对称，故C正确； 对于D，设①， 又②，由①②可得， 所以，即， 所以，所以， ，所以，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设，，则___________ 【答案】1 【解析】 【分析】根据题意，求得，，得，得解. 【详解】由题意可得，，， ， . 故答案为：1. 13. 已知关于的不等式的解集为或.并且，且满足时，有恒成立，的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据一元二次不等式的解，结合韦达定理求出，再利用1的妙用求出最小值，进而求解一元二次不等式即可. 【详解】由不等式的解集为或， 得和是方程的两个实数根且，则，解得， 于是，且，则 ，当且仅当，即时取等号， 依题意，，解得，所以的取值范围为. 故答案为： 14. 已知函数，则不等式的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】先证明函数的对称中心，即，化简不等式得到，然后由导函数得到函数单调性，然后由单调性得到不等式，就不等式即可. 【详解】, 则，即， ∴， ∵， ∴， ∵， 即函数在上单调递增， ∴，即，∴， 即. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数 （1）若的解集为，求的值. （2）若a>0，解关于x的不等式. 【答案】（1） （2）当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为. 【解析】 【分析】（1）可知是方程的解，代入可求出，再解一元二次不等式可求出的值，即可得出答案； （2）不等式变形可得，则讨论三种情况，解不等式得到答案. 【小问1详解】 由题意可知，是方程的解，将代入，可得， 所以，原不等式为，即为，所以原不等式的解集为，所以． 所以. 【小问2详解】 由不等式，可得， 即，故对应方程的两根分别是或， 当时，，原不等式的解集为； 当时，，原不等式的解集为； 当时，，原不等式的解集为； 综上所述， 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为. 16. 已知函数的最小正周期为. （1）求的解析式； （2）在中，为的外心，角所对边的长为，若的外接圆半径为1，且，求证：的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助三角恒等变换公式可将原函数化为正弦型函数，再利用周期计算即可得； （2）利用正弦定理及同角三角函数基本关系可得，再设出BC边上的及，可得、、的关系，再利用面积公式可用、表示出，结合二次函数性质计算即可得解. 【小问1详解】 ， 的最小正周期为，，， ； 【小问2详解】 已知角所对边的长为，再设角所对边的长为． 因为的外接圆半径为，所以， 因为，所以， 所以，化简得， AI 过点作交于点， 设，则， 则 即， 所以 ， 所以，当时取“等号” 此时,可求得的外接圆半径为，与外接圆半径为1矛盾， ∴的面积． 17. 由个正整数构成的有限集（其中），记，特别规定，若集合满足：对任意的正整数，都存在集合的两个子集，使得成立，则称集合为“满集”. （1）分别判断集合与是否为“满集”，请说明理由； （2）若集合为“满集”，求的值. 【答案】（1）是“满集”，不是“满集”；理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由集合，，根据集合“满集”的定义，逐个判定，即可求解（2）设，由题意得到存在集合的两个子集，使得成立，得出或，分和，两种情况讨论，进而求得的值. 【小问1详解】 解：由集合，可得，且的子集为，，，， 当时，；当时，； 当时，，所以集合是“满集”； 又由，可得，且的子集为，，，， 当时，不存在集合的两个子集，使得成立， 所以不是“满集”. 【小问2详解】 解：设，因为集合为“满集”对任意的正整数， 都存在集合的两个子集，使得成立， 所以，且，所以或. 当时，，此时； 当时，， 因为，所以为最大，此时， 综上可得：. 18. 记. （1）判断并证明的奇偶性； （2）将的最小值记为，若恒成立，求的最小整数值. 【答案】（1）函数为偶函数，证明见解析 （2）10 【解析】 【分析】（1）借助函数奇偶性定义与三角函数诱导公式计算即可得； （2）利用换元法结合导数讨论可得函数的单调性，即可得其最小值，从而可得，再利用错位相减法计算可得，即可得解. 【小问1详解】 函数为偶函数，理由如下： ，定义域为， 有， 所以函数为偶函数； 【小问2详解】 ， 当时，，， 当时，令，则，， 设，则， 当时，，又，， ，在上单调递减； 当时，，又，， ，在上单调递增， 当时，取最小值，最小值为， ，当时，亦适合上式， . 令， ， ， 则 ， ， 所以，即的最小整数值为10. 19. 对于一个函数和一个点，令函数，若是的极值点，则称点是在的“边界点”． （1）对于函数，证明：对于点，存在点，使得点是在的“边界点”． （2）对于函数，若不存在点，使得点是在的“边界点”，求的取值范围． （3）对于函数，若存在两个不同的点，使得点是在的“边界点”，求的取值范围． 【答案】（1） 证明：． 当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增， 则2是的极小值点， 故存在点，使得点是在的“边界点”． （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）由函数的新定义再求导分析单调性得到极值可证； （2）利用函数新定义求出，求导后分和讨论单调性得到极值即可； （3）利用函数新定义求出，求导后分和讨论，当时，再次构造函数，结合零点存在定理分析； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ． 因为不存在点，使得点是在的“边界点”，所以没有极值点． 若，则没有极值点． 若，则当时，， 当时，， 所以在上单调递堿，在上单调递增，所以是的极大值点，是的极小值点． 综上，. 【小问3详解】 ． 因为存在两个不同的点，使得点是在的“边界点”，所以有2个极值点． 令函数． 若，则在上恒成立，所以在上单调递增， 所以最多只有1个零点，即最多只有1个零点，则最多只有1个极值点，不符合题意. 若，则当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． ． 要使得有2个极值点，则有2个零点， 当时，不符合题意． 当时，由，解得． 此时，， ，令函数， 所以在上单调递减，，即． 所以， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以有2个极值点，符合题意． 综上，的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题关键点有两个，一是函数新定义的理解；二是第三小问中关键在于二次构造函数，结合零点存在定理分析. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $