2027年高考数学一轮复习检测卷（全国通用02）

**基本信息** 立足高考一轮复习，覆盖函数、几何、概率等核心模块，以广丰永和塔台阶计算、篮球比赛概率等情境题体现数学眼光与应用，适配复习巩固与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|统计（中位数）、向量共线、抛物线定义|第7题结合文化传承，以古塔台阶构建数列模型| |多选|3/18|复数几何意义、正方体线面关系|第11题直线与圆综合，考查直观想象与逻辑推理| |填空|3/15|双曲线离心率、函数单调性、等比数列几何平均数|第14题创新定义，检测数学抽象能力| |解答|5/77|立体几何证明与夹角、椭圆综合、函数新定义|第17题篮球比赛概率模型，体现数学思维；第19题新定义探究，培养创新意识|

2027年高考一轮复习检测卷（全国通用） 数学·全解全析 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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。 1．一组数据1，2，4，，7，9的中位数为5，则（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【详解】将已知的5个数据从小到大排列为1，2，4，7，9. 根据中位数的定义，需对x的取值范围进行讨论. 若，则排序后数据的中位数不大于； 若，则排序后数据的中位数为，均与题意不符. 因此，所以这组数据从小到大排列依然是1，2，4，，7，9， 因为这组数据有6个数，所以中位数是正中间两个数的平均数，即，解得，故选C. 2．设，是两个不共线的平面向量，已知，，若，则（    ） A．2 B．-2 C．6 D．-6 【答案】D 【详解】因为，故，故，因为，是两个不共线的平面向量，故，解得. 故选：D 3．已知集合，则集合中的元素个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【详解】根据特殊三角函数值可知 ， 因为 ，所以 ，且 ； 因为 ，所以 ，且 ； 所以集合 . 又因为集合 ，则 或； 所以 ，元素个数是 3 个. 故选：C. 4．已知函数，则函数的图象在处的切线方程为 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】分析：先根据导数的几何意义求得切线的斜率，再由点斜式方程得到切线方程． 详解：∵， ∴， ∴， 又， ∴所求切线方程为，即． 故选C． 5．已知抛物线：（）的焦点到其准线的距离为3，是上一点，是坐标原点，则（    ） A． B．6 C． D．3 【答案】A 【详解】由抛物线：（）的焦点到其准线的距离为3，得，则 由是上一点，得，点，所以. 6．“函数在区间内存在最小值”的充分不必要条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用导数求出的单调性和极值点，结合题意，分析可得a的范围，根据充分、必要条件的定义，结合选项，分析即可得答案. 【详解】由题意，令，解得或， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以的极小值为， 因为区间内存在最小值，所以极小值点0在区间内， 则，解得， 令，解得，或， 所以，解得， 综上，函数在区间内存在最小值时， 要满足“函数在区间内存在最小值”的充分不必要条件， 即所求为的真子集， 分析选项可得，只有符合题意. 7．广丰永和塔的前身为南潭古塔，建于明万历年间，清道光二十五年（1845）重修.砖石结构，塔高九层，沿塔内石阶可层层攀登而上.塔身立于悬崖陡坡上，下临丰溪河，气势峭拔.上个世界九十年代末，此塔重修，并更名为“永和塔”.每至夜色降临，金灯齐明，塔身晶莹剔透，远望犹如仙境.某游客从塔底层（一层）进入塔身，即沿石阶逐级攀登，一步一阶，此后每上一层均沿塔走廊绕塔一周以便浏览美景，现知底层共二十六级台阶，此后每往上一层减少两级台阶，顶层绕塔一周需十二步，每往下一层绕塔一周需多三步，问这位游客从底层进入塔身开始到顶层绕塔一周止共需几步？（    ） A．352 B．387 C．332 D．368 【答案】C 【分析】设从第层到第层所走的台阶数为，绕第层一周所走的步数为，由条件确定两个数列的特征，再分别求两个数列的前8项和即可. 【详解】设从第层到第层所走的台阶数为，绕第层一周所走的步数为， 由已知可得，，， ，，， 所以数列为首项为，公差为的等差数列， 故， 数列为公差为的等差数列，故， 设数列，的前项和分别为， 所以，， 这位游客从底层进入塔身开始到顶层绕塔一周止共需332步， 故选：C. 8．若为的任意排列，设，，则（    ） （已知表示中最小的数，表示中最大的数） A．排列总数为个 B．满足的排列有80个 C．的概率小于 D．的概率为 【答案】D 【分析】在深刻理解题意的基础上对每个选项逐一判断.其中选项A是全排列问题，选项B需要先选后排，选项C，D列一列再研究即可. 【详解】对于A，的任意排列方法总数为个，故A错误， 对于B，若，则先从中随机选出3个数， 共有种不同的方法，再将剩下3个数任意排列，共有种不同的方法， 则满足的排列有个，故B错误； 对于C，D，因为，，，， ，，，， ，，，， ，，，， ，，，， ，，，， ，，，， ，，，， ，，，， ，，，， 所以共有10种不同的情况，则的概率为，故C不正确； 而的情况有种，故的概率为，故D正确. 故选：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已知复数，则下列结论正确的有（    ） A．对应的点在第四象限 B． C．的共轭复数为 D．的虚部为1 【答案】BCD 【详解】对于A选项，因为， 所以复数 z 对应的点为，在第一象限，故 A 错误； ，故B正确； ，故C正确； ，的虚部为1，故D正确. 10正方体中，M，N，P分别是面，面，面的中心，则下列结论正确的是（    ） A． B． 平面 C．平面 D．与所成的角是 【答案】ABD 【详解】连接，则是的中位线，∴，故A正确； 连接，，则，平面，平面， ∴平面，即平面，故B正确； 连接，则平面即为平面，显然不垂直平面，故C错误； ∵，∴或其补角为与所成的角，，故D正确． 故选：ABD． 11动直线与圆相切，且与圆相交于两点、，点为直线上动点，则（    ） A．存在以为直径的圆与相切 B． C． D． 【答案】BCD 【分析】根据中点到直线的距离和的大小。判断直线与圆的位置关系，可判断A的真假；利用平面向量的数量积的运算法则，结合的取值范围，可求的最大值，判断B的真假；结合AB的结论，可求的最小值，判断C的真假；对D，把问题转化为求直线上一点，的最小值问题.再设，，，利用直线对称列式运算求解. 【详解】如图，设直线与圆的切点为，依题意， 对A，以为直径的圆的半径为，点到直线的距离为. 到直线的距离， 又，故以为直径的圆与直线相离.故A错误； 对B，因为. 又，所以. 所以.故B正确； 对C，因为，所以， 因为，所以， 又，所以.故C正确； 对D，由于两点在圆上，且，点到直线的距离为， 求直线上点使得最小等同于求直线上一点，使最小. 设，，，点关于直线的对称点为. 易得直线：， 联立，消去整理得， 整理得，因.则. 所以，，同理，. 所以 ，. 故当时，取得最小值， 所以.故D正确. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知双曲线C：的一条渐近线方程为，则C的离心率为______. 【答案】 【分析】由双曲线C：的渐近线方程为，求出，，进而求出离心率. 【详解】因为双曲线的渐近线方程为， 已知双曲线的一条渐近线方程为， 所以，，即，则 所以双曲线的离心率. 故答案为：. 13．已知函数的图象经过，两点，若在区间上单调递减，则______；______． 【答案】 / / 【分析】由条件可得，结合列方程，结合的范围解不等式可得结论. 【详解】依题意，， 所以， 即， 解得，所以， 因为，所以， 故答案为：，. 14．设，则称为这个数的几何平均数．若从等比数列中删除一个数，剩下的个数的几何平均数为，则___________． 【答案】 【分析】求出若删除的是1或，则剩下的个数的几何平均数最大或最小，从而得到不等式，即可求解. 【详解】若删除的是1，则剩下的个数的几何平均数最大， 最大值为； 若删除的是，则剩下的个数的几何平均数最小， 最小值为， 则，解得 ， 又，可得. 故答案为：. 四、解答题：本题共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．（13分） 如图，在四棱锥中，，，，，平面． (1)求证：； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求． 【答案】(1)连接，，， 所以，均在的垂直平分线上，即垂直平分． 又平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以． (2)． 【分析】（1）求证平面，再利用线面垂直的定义即可； （2）以为坐标原点建系，利用法向量计算面面角即可. 【详解】（1）略 （2）设，交于，，，为正三角形， ，， 又，所以． 以为坐标原点，分别以，为，轴，以平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 设，则， 因为，所以，则，， 设平面的法向量为， 则，设，则． 又，， 设平面的法向量为， 则，设，则． 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以，解得． 故． 16．（15分） 在中，，，分别为内角，，的对边，已知，且. (1)若，的角平分线交于点，求的长度； (2)求面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先由正弦定理化角为边，再结合余弦定理求出，最后利用面积分割法​求解的长度； （2）以中点为原点建立平面直角坐标系，根据的条件推导点的轨迹方程，再利用圆上点的纵坐标最大值求解面积的最大值. 【详解】（1）由和正弦定理得，若， 由余弦定理有，所以解得，， 由，有，解得； （2）以的中点为原点，以和其中垂线为，轴建立直角坐标系， 则，，设，则由（1）知，所以有， ，整理得， 有，所以，所以. 即面积的最大值是. 17．（15分） 某场篮球比赛每次投篮后有三种情况：命中篮筐后根据命中难度记或分，未命中则不计分.设某选手命中得分的概率为，命中得分的概率为. 各次命中与否、命中得分相互独立.每场比赛的值恒定. (1)当时，求该选手某次投篮后未命中的概率； (2)某选手得分的概率为，命中得分的概率为，各次命中与否、命中得分相互独立.赛制要求选手两人轮流投篮，先得分者获胜.首次投篮为或的概率为. （i）在选手经过次投篮恰好每次都命中并获得分的条件下，求的数学期望. （ii）结合具体的值，计算说明先手方是否总是具有更大的获胜可能性. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）在区间内，先手方不总是具有更大的获胜可能性 【分析】（1）利用互斥事件的概率公式计算即得； （2）（i）依题先求出一次投篮命中三分、一分的概率，判断满足总分为分的全命中次数的可能值有2，4，6三个，分别求出对应的概率值，累加得到经过次投篮恰好每次都命中并获得分的总概率，再求出条件分布率，进而求数学期望即可；（ii）分别在给定区间内取和计算的单次得分期望，由此分析获胜的总概率，可得若某人实力较强，则他即使后手也可能胜算大，所以先手方并不总是具有更大的获胜可能性. 【详解】（1）由题意，投篮结果有：3分（概率为）、1分（概率为）与不中三种，它们两两互斥，概率和为1. 则某次投篮后未命中的概率为，因，则； （2）（i）由题意“在选手经过次投篮恰好每次都命中并获得分的条件下” 则一次投篮命中三分的概率，命中一分的概率 满足总分为分的全命中次数的可能值有2，4，6三个. 则，， 故经过次投篮恰好每次都命中并获得分的总概率为 由于我们要求条件分布列，所以真实的情况为： ，， 则数学期望为 (ii)依题意，的单次得分期望为，的单次得分期望为， 设, 显然函数在上单调递增，且, 则当时，恒成立，即恒成立， 即当时，的期望得分更高.而赛制是第一次投篮为或的概率为， 故最终获胜的总概率为， 如果的实力强于，那么无论谁先手，的胜率都大，的总体获胜概率大于， 反之，如果的实力强，则的总体获胜概率大于 结论：在区间 内，如果某人实力较强，他即使后手也可能胜算大，所以先手方并不总是具有更大的获胜可能性. 18．（17分） 已知椭圆：的离心率为，为坐标原点，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4． (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左、右顶点分别为，，过点且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，直线与直线相交于点． （ⅰ）求证：点在定直线上； （ⅱ）设和的面积分别为，，求的取值范围． 【答案】(1) (2)设过点且斜率不为的直线的方程为，设， 由椭圆方程可知，联立， 整理得， 由根与系数的关系得， 设直线的方程为，直线的方程为， 设，则， 将代入得， 所以， 即， 又由可得， 化简整理得， 因为直线的斜率不为，不能同时为，且若假设， 代入到，得； 代入到，得， 将代入到中，整理得，即矛盾，故假设不成立， 即， 故只能，即， 因此点在定直线上. （ii） 【分析】(1)根据椭圆的定义和离心率求方程； (2)（i）设直线的方程，并与椭圆方程联立整理得到根与系数的关系，同时表示出直线和的方程，利用两个方程得到交点的横坐标，得以证明点在定直线上； （ii）先表示出两个三角形的面积比的形式，结合求得的根与系数的关系进行化简整理得到 的关系，代入分析最终得到的取值范围. 【详解】（1）由椭圆的定义得，解得，又因为离心率， 所以，则， 因此椭圆标准方程为. （2）（i）略 （ii）由题可知， 且，， 所以. 由（i）可知，且， 设，则，代入到根与系数关系中， 即， 将上式化简整理得， 再结合消去， 得， 可得，解得， 所以，则， 则， 故的取值范围为. 19．（17分） 已知函数的定义域为.对于正实数，定义集合. (1)若，求集合； (2)若，且集合中有3个元素，求实数的取值范围； (3)是否存在非常数函数，使得？若存在，写出一个符合要求的函数，并给出证明；若不存在，说明理由. 【答案】(1) 或 ； (2) 或 . (3)存在 ， 证明：. 【分析】（1）代入计算得，再求解即可； （2）分、和讨论即可； （3）写出，再证明即可. 【详解】（1）由题意，若， 则， 即， 所以或， 所以或， 所以或. （2）设， ①当时，，所以， ， 所以在上无解； ②当时，， 整理得，因为， 所以在实数范围内有两个不相等的实数解为， 又因为， 所以在上最多有两个解. ③当时，，所以， 由得， 令，所以， 令即，解得， 易知在单调递增， 所以当时，单调递减， 所以当时，单调递增， 所以， 而， 此时在上最多有两个解， 为了满足集合中有3个元素， 所以在上有两解且在上有一个解， 或者在上有一个解且在上有两个解， 所以或或， 分别解得或或无解， 综上，的取值范围是或. （3）略 1 / 15学zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高考一轮复习检测卷（全国通用） 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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。 1．一组数据1，2，4，，7，9的中位数为5，则（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 2．设，是两个不共线的平面向量，已知，，若，则（    ） A．2 B．-2 C．6 D．-6 3．已知集合，则集合中的元素个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．已知函数，则函数的图象在处的切线方程为 A． B． C． D． 5．已知抛物线：（）的焦点到其准线的距离为3，是上一点，是坐标原点，则（    ） A． B．6 C． D．3 6．“函数在区间内存在最小值”的充分不必要条件可以是（    ） A． B． C． D． 7．广丰永和塔的前身为南潭古塔，建于明万历年间，清道光二十五年（1845）重修.砖石结构，塔高九层，沿塔内石阶可层层攀登而上.塔身立于悬崖陡坡上，下临丰溪河，气势峭拔.上个世界九十年代末，此塔重修，并更名为“永和塔”.每至夜色降临，金灯齐明，塔身晶莹剔透，远望犹如仙境.某游客从塔底层（一层）进入塔身，即沿石阶逐级攀登，一步一阶，此后每上一层均沿塔走廊绕塔一周以便浏览美景，现知底层共二十六级台阶，此后每往上一层减少两级台阶，顶层绕塔一周需十二步，每往下一层绕塔一周需多三步，问这位游客从底层进入塔身开始到顶层绕塔一周止共需几步？（    ） A．352 B．387 C．332 D．368 8．若为的任意排列，设，，则（    ） （已知表示中最小的数，表示中最大的数） A．排列总数为个 B．满足的排列有80个 C．的概率小于 D．的概率为 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已知复数，则下列结论正确的有（    ） A．对应的点在第四象限 B． C．的共轭复数为 D．的虚部为1 10正方体中，M，N，P分别是面，面，面的中心，则下列结论正确的是（    ） A． B． 平面 C．平面 D．与所成的角是 11动直线与圆相切，且与圆相交于两点、，点为直线上动点，则（    ） A．存在以为直径的圆与相切 B． C． D． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知双曲线C：的一条渐近线方程为，则C的离心率为______. 13．已知函数的图象经过，两点，若在区间上单调递减，则______；______． 14．设，则称为这个数的几何平均数．若从等比数列中删除一个数，剩下的个数的几何平均数为，则___________． 四、解答题：本题共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．（13分） 如图，在四棱锥中，，，，，平面． (1)求证：； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求． 16．（15分） 在中，，，分别为内角，，的对边，已知，且. (1)若，的角平分线交于点，求的长度； (2)求面积的最大值. 17．（15分） 某场篮球比赛每次投篮后有三种情况：命中篮筐后根据命中难度记或分，未命中则不计分.设某选手命中得分的概率为，命中得分的概率为. 各次命中与否、命中得分相互独立.每场比赛的值恒定. (1)当时，求该选手某次投篮后未命中的概率； (2)某选手得分的概率为，命中得分的概率为，各次命中与否、命中得分相互独立.赛制要求选手两人轮流投篮，先得分者获胜.首次投篮为或的概率为. （i）在选手经过次投篮恰好每次都命中并获得分的条件下，求的数学期望. （ii）结合具体的值，计算说明先手方是否总是具有更大的获胜可能性. 18．（17分） 已知椭圆：的离心率为，为坐标原点，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4． (1)求椭圆的方程； (2)设椭圆的左、右顶点分别为，，过点且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，直线与直线相交于点． （ⅰ）求证：点在定直线上； （ⅱ）设和的面积分别为，，求的取值范围． 19．（17分） 已知函数的定义域为.对于正实数，定义集合. (1)若，求集合； (2)若，且集合中有3个元素，求实数的取值范围； (3)是否存在非常数函数，使得？若存在，写出一个符合要求的函数，并给出证明；若不存在，说明理由. 1 / 15学zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年高考一轮复习检测卷（全国通用） 数学·全解全析 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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 2 3 4 5 6 7 8 C D C C 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 10 11 BCD ABD BCD 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 13．/ / 14． 四、解答题：本题共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．（13分） 【答案】(1)连接，，， 所以，均在的垂直平分线上，即垂直平分． 又平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以．(5分) （2）设，交于，，，为正三角形， ，， 又，所以．（7分） 以为坐标原点，分别以，为，轴，以平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 设，则， 因为，所以，则，， 设平面的法向量为， 则，设，则． 又，， 设平面的法向量为， 则，设，则． 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以，解得． 故．（13分） 16．（15分） 【详解】（1）由和正弦定理得，若， 由余弦定理有，所以解得，， 由，有，解得； （7分） （2）以的中点为原点，以和其中垂线为，轴建立直角坐标系， 则，，设，则由（1）知，所以有， ，整理得， 有，所以，所以. 即面积的最大值是. （15分） 17．（15分） 【详解】（1）由题意，投篮结果有：3分（概率为）、1分（概率为）与不中三种，它们两两互斥，概率和为1. 则某次投篮后未命中的概率为，因，则；（3分） （2）（i）由题意“在选手经过次投篮恰好每次都命中并获得分的条件下” 则一次投篮命中三分的概率，命中一分的概率 满足总分为分的全命中次数的可能值有2，4，6三个. 则，， 故经过次投篮恰好每次都命中并获得分的总概率为 由于我们要求条件分布列，所以真实的情况为： ，， 则数学期望为（9分） (ii)依题意，的单次得分期望为，的单次得分期望为， 设, 显然函数在上单调递增，且, 则当时，恒成立，即恒成立， 即当时，的期望得分更高.而赛制是第一次投篮为或的概率为， 故最终获胜的总概率为， 如果的实力强于，那么无论谁先手，的胜率都大，的总体获胜概率大于， 反之，如果的实力强，则的总体获胜概率大于 结论：在区间 内，如果某人实力较强，他即使后手也可能胜算大，所以先手方并不总是具有更大的获胜可能性. （15分） 18．（17分） 【详解】（1）由椭圆的定义得，解得，又因为离心率， 所以，则， 因此椭圆标准方程为.（3分） （2）（i）设过点且斜率不为的直线的方程为，设， 由椭圆方程可知，联立， 整理得， 由根与系数的关系得， 设直线的方程为，直线的方程为， 设，则， 将代入得， 所以， 即， 又由可得， 化简整理得， 因为直线的斜率不为，不能同时为，且若假设， 代入到，得； 代入到，得， 将代入到中，整理得，即矛盾，故假设不成立， 即， 故只能，即， 因此点在定直线上. （8分） （ii）由题可知， 且，， 所以. 由（i）可知，且， 设，则，代入到根与系数关系中， 即， 将上式化简整理得， 再结合消去， 得， 可得，解得， 所以，则， 则， 故的取值范围为.（17分） 19．（17分） 【详解】（1）由题意，若， 则， 即， 所以或， 所以或， 所以或.（5分） （2）设， ①当时，，所以， ， 所以在上无解； ②当时，， 整理得，因为， 所以在实数范围内有两个不相等的实数解为， 又因为， 所以在上最多有两个解. ③当时，，所以， 由得， 令，所以， 令即，解得， 易知在单调递增， 所以当时，单调递减， 所以当时，单调递增， 所以， 而， 此时在上最多有两个解， 为了满足集合中有3个元素， 所以在上有两解且在上有一个解， 或者在上有一个解且在上有两个解， 所以或或， 分别解得或或无解， 综上，的取值范围是或.（12分） （3）存在 ， 证明：.（17分） 1 / 15学zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $