辽宁省点石联考2026-2027学年高三上学期期初学情调研数学试题

绝密★启用前 高三期初学情调研 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟 ☆注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置.考试结束后，将答题卡交回. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1.若，，，则（ ）． A. B. C. D. 2.（ ）． A. B. C. D. 3.已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 4.若幂函数在上为增函数，则（ ）． A. B. C. D. 5.在等比数列中，，，则当取得最小值时，（ ）． A.1 B.2 C.3 D.4 6.如图为函数的部分图象，点在图象上，且，则的单调递增区间为（ ）． A.， B.， C.， D.， 7.现有8个小队，分别编号为1，2，…，8，记编号为的小队的人数为，已知，，，，，成等差数列，，，，成等比数列，若，，则这8个小队的总人数为（ ）． A.254 B.286 C.312 D.348 8.若函数在区间上有奇数个极小值点，则的值可以为（ ）． A.1 B.2 C.4 D.5 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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.已知命题，命题，且命题是的必要不充分条件，则（ ）． A.是的充分不必要条件 B.是的充分不必要条件 C.命题可以是“” D.命题可以是“” 10.记为数列的前项和，则（ ）． A.当时，数列为等比数列 B.当时，数列为等差数列 C.当时，数列为等比数列 D.当为等差数列时，存在使得数列为等差数列 11.已知曲线，在处的切线与轴，轴分别交于点，，记线段的中点为，若点，，可重合，则（ ）． A.的轨迹与轴仅有一个交点 B.的轨迹与轴仅有一个交点 C.的轨迹在第二象限仅有一个最高点 D.的轨迹在第四象限仅有一个最低点 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12.已知是定义在上的偶函数，且对任意有，则_________． 13.已知函数满足：①的定义域为；②对任意实数，均有；③不为常值函数，试写出一个符合条件的的解析式：_________． 14.已知函数（，，），为坐标原点，将曲线与坐标轴的所有交点用点列表示，其中，数列的前三项分别为，，，则_________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.（本小题满分13分） 已知实数，满足． （1）证明：； （2）求的值． 16.（本小题满分15分） 已知公比为的等比数列的前项和为，且． （1）若，求； （2）若，求的取值范围． 17.（本小题满分15分） 已知数列的首项为，． （1）求数列的通项公式； （2）记，函数． （ⅰ）证明：当时，； （ⅱ）证明：． 18.（本小题满分17分） 已知函数及其导函数的定义域均为，的图象为一条连续不断的曲线，且与在上恒成立，设定义域为的函数． （1）求；（用含和的代数式表示）； （2）若． （ⅰ）证明：； （ⅱ）判断方程实根的个数，并说明理由． 19.（本小题满分17分） 设实数，已知曲线与曲线，记曲线在处的切线为． （1）求的方程； （2）设与在第一象限内的两个相异交点分别为，，且． （ⅰ）证明：，且； （ⅱ）证明：直线与的交点的横坐标． 高三数学参考答案及解析 一、单选题 1.C 【解析】因为，， 所以．故选C． 2.B 【解析】由二倍角公式可得．故选B． 3.A 【解析】由，得，解得，所以， 由，得，解得， 所以．故选A． 4.D 【解析】因为为幂函数， 所以，即，解得或． 当时，在上为增函数； 当时，不是增函数，所以．故选D． 5.A 【解析】显然的公比， 因为，所以， 设，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，则的最小值为4，此时，则．故选A． 6.B 【解析】由，得，代入，得， 由，得，故， 令，， 得，， 所以的单调递增区间为，．故选B． 7.D 【解析】不妨设，，…，的公差为d，，，，的公比为， 则，，同理，于是， 又，所以， 设，，可得，即， 而，所以，则， 于是，， 所以这8个小队的总人数为．故选D． 8.B 【解析】选项中a均为正整数，设． 将区间分成m个小区间，其中，1，…，． 令，则，且． 设，则， 当时，；当时，令， 则，所以即在上单调递减， 又，， 所以由零点存在定理可知在上有唯一零点， 所以在每个小区间内先增后减． 当k为偶数时，在该小区间内有一个极大值点； 当k为奇数时，在该小区间内有一个极小值点， 因此极小值点个数等于0，1，…，中奇数的个数， 代入，2，4，5，极小值点个数分别为0，1，2，2，只有时为奇数．故选B． 二、多选题 9.ABD 【解析】由，得或， 因为，所以p是q的充分不必要条件，故A正确； 因为r是q的必要不充分条件，所以，，从而，且， 所以p是r的充分不必要条件，故B正确； 因为，所以命题r不能是“”，故C错误； 因为或，但或， 所以命题r可以是“”，故D正确．故选ABD． 10.ABD 【解析】对于A，，当时，， 当时，，所以，则， 所以数列为等比数列，故A正确； 对于B，，当时，， 当时，，所以，则， 所以数列为等差数列，故B正确； 对于C，取符合题设，但等比数列的各项均不为0，故C错误； 对于D，记的公差为d，则，取， 令，则，所以为常数， 所以数列为等差数列，故D正确．故选ABD． 11.ABC 【解析】曲线在处的切线方程为， 即，与x轴交于点，与y轴交于点， 所以， 令，则，从而， 的轨迹与x轴的交点满足，只有满足，故A正确； 的轨迹与y轴交点满足，只有原点，故B正确； 当时，的轨迹在第二象限，且， 由，得，且时，，时，， 所以的轨迹在第二象限仅有一个最高点，故C正确； 当时，的轨迹在第四象限，且， 因此在上单调递减，不存在最低点，故D错误．故选ABC． 三、填空题 12.1 【解析】令，则， 所以， 因为为偶函数，所以表达式中的一次项系数为0，即，解得， 经检验满足题意．故答案为1． 13.（答案不唯一，满足题意即可） 【解析】当时，，，符合条件． 故答案为（答案不唯一）． 14. 【解析】若1为的零点，则，中必有一个为的零点， 此时考虑，的解，不妨设其一个零点为，， 此时对应的k为，则，， 则，其中，则，与假设矛盾， 故，则可得，， 所以最小正周期，则， 所以，则， 所以，， 又，所以，故， 由，得，则．故答案为． 四、解答题 15.解：（1）因为，且， 在R上单调递增，所以，（2分） 因为，且在R上单调递增， 所以，（4分） 故．（5分） （2）由，得； 由，得，（9分） 两式相乘得，（11分） 又在R上单调递增，所以．（13分） 16.解：（1）由，得， 所以，且，（2分） 又，由，得， 所以，则或．（5分） （2）由，得或．（7分） 由，得， 所以，（9分） 当时，，故， 所以；（11分） 当时，，故， 所以，（13分） 所以的取值范围为．（15分） 17.解：（1）由题得，（1分） 所以当时，，则，（4分） 上式对也成立，所以．（5分） （2）（ⅰ）由（1）得，（6分） 则， 故，（8分） 所以当时，， 即当时，．（10分） （ⅱ）设． 由（ⅰ）得， 所以在上单调递减，（13分） 因此，即， 所以．（15分） 18.解：（1）因为，且， 所以．（4分） （2）（ⅰ）由（1）得， 因为，，，， 所以，即．（6分） 若存在，使得， 因为在R上恒成立，所以在R上单调递增， 又，则，与矛盾， 所以．（10分） （ⅱ）方程有且仅有一个实根．（11分） 因为，所以在R上单调递增，（12分） 令，， 所以在R上单调递增， 因此方程至多有一个实根．（14分） 因为，且的图象为一条连续不断的曲线， 所以， 取，则，从而， 所以，（16分） 由零点存在定理可知在内至少有一个零点， 故方程有且仅有一个实根．（17分） 19.解：（1）曲线在处的切点为，切线斜率为， 所以l的方程为，即．（3分） （2）（ⅰ）由题可得，，且，， 两式相除，得，即．（4分） 设，则，且， 由，得， 所以，，则．（6分） 当时，因为，所以； 当时，同样有； 当时，令，则， 所以在上单调递增， 所以，即，所以， 因为，所以，即， 所以． 综上，．（9分） 由，相乘，得． 因为，，，所以． 又，所以，所以．（11分） （ⅱ）因为点A，B均在抛物线上，所以，， 则直线AB的斜率为， 所以直线AB的方程为．（13分） 由（1）知， 联立两直线方程，得， 即， 由（ⅰ）知， 又，所以， 由（ⅰ）知，因此．（15分） 因为，所以要证， 只需证， 即证． 因为，所以， 则， 所以，得证． 综上，直线AB与l交点的横坐标．（17分） 学科网（北京）股份有限公司 $