精品解析：重庆市部分校2026-2027学年高三上学期定时训练数学试题

高三定时训练数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．考试结束后，将答题卷交回． 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个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. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 4. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 函数的大致图像是（ ） A. B. C. D. 6. 设函数，则使得成立的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知为偶函数，当时，，若关于的方程恰有4个不同的实根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数，且对任意，恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分，若只有3个正确选项，每选对一个得2分．） 9. 下列命题正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 与表示同一个函数 D. 函数的单调减区间是 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 有三个零点 B. 当时， C. D. 过点可以作条直线与曲线相切 11. 已知定义在上的偶函数和奇函数满足，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 是以4为周期的周期函数 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则________． 13. 已知，，则的最小值为________． 14. 设定义域为的函数的导函数为，对任意的有恒成立，且在上成立．若，则实数的取值范围为________． 四、解答题：本题共5题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知幂函数在上单调递减，函数． （1）求实数的值； （2）记集合，集合，若，求实数的取值范围． 16. 某服装品牌公司计划在周边某城市开设加盟分店，为了确定在该城市开设分店的个数，该公司对已有个区域开店数据作了初步处理后得到下列表格，记表示每个区域开设分店的个数，表示这个分店的年收入之和． （个） （万元） （1）该公司经过初步判断，可用线性回归模型拟合与的关系，求关于的线性回归方程；并预测若开设家分店，这家分店的年收入之和是多少？ （2）若该公司最终决定在某城市选择两个合适的地段各开设一个分店，根据市场调查得到如下统计数据，第一分店每天的顾客平均为人，其中人会购买该品牌服装，第二分店每天的顾客平均为人，其中人会购买该品牌服装．完成下列表格，依据小概率值的独立性检验，试问两个分店的顾客下单率有无差异？ 不下单 下单 合计 分店一 分店二 合计 参考公式：，，，其中． 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围． 18. 围棋擂台赛“天王守擂”是赛事中最紧张的高强度对决环节，通常有一擂主与多位挑战者进行多轮棋艺较量．现有一擂主与三名挑战者甲、乙、丙． （1）擂主与甲、乙、丙各比赛一局，各局比赛结果相互独立．已知该擂主与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，．求该擂主连胜三局的概率． （2）若新赛制让甲和乙进行比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立． （i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值； （ii）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事件，证明： 19. 已知函数，，其中为正实数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，和的几何平均数为，算术平均数为． ①判断与和的几何平均数和算术平均数的大小关系，并加以证明； ②当时，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三定时训练数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．考试结束后，将答题卷交回． 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个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】C 【解析】 【详解】因为， 所以 2. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用和作为中间量，比较的大小即可得解. 【详解】函数单调递增，又，所以，即； 函数单调递减，又，所以，即； 函数单调递增，又，所以，即，所以. 3. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由得. 当时，则. 4. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先求出两个不等式的解集，然后判断充分性和必要性即可. 【详解】解分式不等式得， 而的解集为， 设集合，集合，可得是的真子集. 如果，一定能推出，充分性成立；如果不一定推出，必要性不成立， 由此可知，“”是“”的充分而不必要条件. 5. 函数的大致图像是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用奇函数的性质排除C，D，利用对数函数的性质排除B即可. 【详解】易得的定义域为， 因为，所以， 则是奇函数，关于原点对称，故C，D错误， 令，解得，而当时，，故B错误. 故选：A 6. 设函数，则使得成立的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先构造，并对其求导，再通过导函数判断单调性，再代入求得零点，最后再注意定义域的取值范围. 【详解】令， 对求导得， 因为，，，，，，所以， 故函数在定义域内单调递减，又， 所以当时； 因的定义域为，则的定义域为且， 所以成立的的取值范围为. 7. 已知为偶函数，当时，，若关于的方程恰有4个不同的实根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先解方程得到或，方程有两根，问题转化为方程有两个不同于方程的两根，数形结合，可求的取值范围. 【详解】因为. 所以或. 当时，，此时方程无解； 当时，，即，解得. 因为为偶函数，所以有两解，分别为和. 又方程恰有4个不同的实根， 所以也有两个不同于和的两根. 作出函数的草图如下： 要使有两个不同于和的两根，则或且. 8. 若函数，且对任意，恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，通过单调性对不等式进行转化即可得出a的取值范围. 【详解】. 若，恒成立； 若，设，，在上单调递增， 则当时，恒成立； 所以在上恒成立 令，， 当时，,故在上为减函数， 当时，,故在上为增函数， 故在时取得最小值， 所以，所以，即. 二、多项选择题（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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分，若只有3个正确选项，每选对一个得2分．） 9. 下列命题正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 与表示同一个函数 D. 函数的单调减区间是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据不等式的性质、函数的定义以及对数函数的单调区间逐项判断即可. 【详解】对于A，由于，可知，而，所以，A正确； 对于B，若中有一个为0，那么不等式无意义，B错误； 对于C，函数的定义域为，而的定义域为， 且表达式相同，所以与表示同一个函数，C正确； 对于D，要使函数有意义，则， 即，解得或， 要求的单调递减区间，即求函数的单调递增区间， 根据抛物线的性质可知，的单调递增区间为， 结合对数函数的定义域可得函数的单调减区间为，D正确. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 有三个零点 B. 当时， C. D. 过点可以作条直线与曲线相切 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A，因式分解，重根只计个零点；选项B，换元法，令，确定的取值范围，利用函数单调性和极值求值域；选项C，利用为定值，再结合倒序相加法求值；选项D，设切点，写出切线方程，再将点代入，解出，即可判断切线数量. 【详解】对函数求导得，令，解得或，则的单调递增区间为，； 令，解得，则的单调递减区间为，极大值，极小值. 选项A，，则（二重根），，所以有两个零点，A错误. 选项B，令，当时，则.当时，单调递减，，； 当时，单调递增，，所以时，，，故，即，B正确. 选项C，由题，则，所以， 令，则，所以，则，C正确. 选项D，设切点，则切线方程为，代入，得，则， 整理得，解得（二重根）或，故过点可以作条直线与曲线相切，D正确. 11. 已知定义在上的偶函数和奇函数满足，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 是以4为周期的周期函数 C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，由可得，结合为偶函数以及对称轴的定义即可判断；B选项，先求出的周期，再由可得的周期；C选项，令可得；D选项，根据及可类推出即可求解. 【详解】对于A：因为为奇函数，所以，又， 所以，所以， 所以， 又为偶函数，则，所以， 则的图象关于直线对称，故A正确； 对于B：因为，所以， 又为奇函数，所以，所以， 又为偶函数，，所以， 则，即，即， 所以是以8为周期的周期函数， 由于，则， 即也是以8为周期的周期函数，故B错误； 对于C：由于为奇函数，则，令，则， 所以，故C错误； 对于D：由于，，则，， 依次类推：，所以，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则________． 【答案】19 【解析】 【详解】由，得， 所以. 13. 已知，，则的最小值为________． 【答案】## 【解析】 【详解】由，，得，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 14. 设定义域为的函数的导函数为，对任意的有恒成立，且在上成立．若，则实数的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】构建，结合题意分析的奇偶性和单调性，由题意可得原不等式化为，根据奇偶性和单调性解不等式即可. 【详解】对任意的有恒成立，所以， 令，则，所以为偶函数， 又， 因为在上成立，所以在上成立， 所以在上单调递减， 因为为偶函数，所以在上单调递增， ， ， 所以，解得，所以实数的取值范围为 四、解答题：本题共5题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知幂函数在上单调递减，函数． （1）求实数的值； （2）记集合，集合，若，求实数的取值范围． 【答案】（1）． （2） 【解析】 【分析】(1)结合幂函数的定义与单调性求解； （2）利用函数性质得到，，再利用得到，结合子集知识求解. 【小问1详解】 由题意得，，解得或， 当时，，在上单调递减，满足题意； 当时，，此时在上单调递增，不满足题意. 综上，. 【小问2详解】 由（1）知，，又，则. . . ，解得， 即实数的取值范围为. 16. 某服装品牌公司计划在周边某城市开设加盟分店，为了确定在该城市开设分店的个数，该公司对已有个区域开店数据作了初步处理后得到下列表格，记表示每个区域开设分店的个数，表示这个分店的年收入之和． （个） （万元） （1）该公司经过初步判断，可用线性回归模型拟合与的关系，求关于的线性回归方程；并预测若开设家分店，这家分店的年收入之和是多少？ （2）若该公司最终决定在某城市选择两个合适的地段各开设一个分店，根据市场调查得到如下统计数据，第一分店每天的顾客平均为人，其中人会购买该品牌服装，第二分店每天的顾客平均为人，其中人会购买该品牌服装．完成下列表格，依据小概率值的独立性检验，试问两个分店的顾客下单率有无差异？ 不下单 下单 合计 分店一 分店二 合计 参考公式：，，，其中． 【答案】（1）；预测这家分店的年收入之和是万元 （2） 不下单 下单 合计 分店一 分店二 合计 认为两个分店的顾客下单率有差异. 【解析】 【分析】（1）直接根据最小二乘法求回归方程，并用回归方程求预测值； （2）直接由独立性检验计算并判断可得. 【小问1详解】 因为，， ， ， ，， 所以回归方程， 当时，，所以预测这家分店年收入之和是万元． 【小问2详解】 由题意填写列联表如下： 不下单 下单 合计 分店一 分店二 合计 零假设为：假设两个分店的顾客下单率无差异， ， 即，所以依据小概率值的独立性检验，可以推断零假设不成立， 即认为两个分店的顾客下单率有差异，该推断犯错误的概率不超过. 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. （2） 【解析】 【分析】（1）由函数可得函数的定义域及导数，再分类讨论导数的正负可得函数的单调性； （2）将不等式变形为，再构造函数，利用导数求函数的最小值，从而可得所求值的范围. 【小问1详解】 由题意可知函数的定义域为，， 当时，恒成立，在上单调递增； 当时，由解得；由解得， 所以在上单调递增，在上单调递减． 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 因为，所以不等式化为，即. 所以在上恒成立，只需即可， 令，则， 因为，所以，函数在上单调递增， 所以，所以，即． 因此实数的取值范围为 18. 围棋擂台赛“天王守擂”是赛事中最紧张的高强度对决环节，通常有一擂主与多位挑战者进行多轮棋艺较量．现有一擂主与三名挑战者甲、乙、丙． （1）擂主与甲、乙、丙各比赛一局，各局比赛结果相互独立．已知该擂主与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，．求该擂主连胜三局的概率． （2）若新赛制让甲和乙进行比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立． （i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数的分布列及期望的最大值； （ii）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事件，证明： 【答案】（1） （2）（i）的分布列为： 2 4 5 期望的最大值为． （ii）设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”． 由题知甲最后赢得比赛的局数是偶数， 由题设可知前两局比赛结果可能是AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲赢得比赛”， 事件BB表示“乙赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙各得1分”， 当甲、乙得分总数相同时，甲最后赢得比赛的概率与比赛一开始甲赢得比赛的概率相同， 所以 因此，得， 而，所以． 【解析】 【分析】（1）由相互独立事件同时发生的概率公式计算即可． （2）（i）求出所有可能值，利用相互独立事件与互斥事件概率运算求得相应的概率，列出分布列并求得期望，再利用基本不等式并结合二次函数性质即可求得期望的最大值； （ii）设事件分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，则，利用相互独立事件概率运算即可求解． 【小问1详解】 设该擂主连胜三局为事件，该擂主与甲、乙、丙比赛获胜分别为事件B，C，D， 则 由题知，事件B，C，D相互独立， 所以， 所以该擂主连胜三局的概率为． 【小问2详解】 （i）因为没有平局，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，则， 由题意得的所有可能取值为：2，4，5， ， 所以的分布列为： 2 4 5 所以的期望为： ， 由，得，当且仅当时取等号，则， 因此， 所以的最大值为． （ii）略 19. 已知函数，，其中为正实数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，和的几何平均数为，算术平均数为． ①判断与和的几何平均数和算术平均数的大小关系，并加以证明； ②当时，证明：． 【答案】（1） （2）①， 证明：， 先证右边，即证， 令，即证：， 令， 则， 则在上单调递增，得， 所以有，则有，得证； 再证左边，即证，令， 即证，令， 则， 则在上单调递减，所以， 所以有，则有，综上，. ②证明：时，令， 则关于单调递减，则， 则，令，则． 则， 令，则， 令，则， 所以在上单调递减， 所以， 则，所以在上单调递减，又， 则时；时， 所以时有，时， 则有在上单调递增，在上单调递减，所以， 故，得． 另解： ②证明：时，令， 则关于单调递减，则， 则，令， 则 ， 由，则时；时， 所以时有，时， 则有在上单调递增，在上单调递减，所以， 故，得. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，代入切点横坐标求得切线斜率，结合切点用点斜式即可写出切线方程； （2）①通过比值换元将双变量不等式转化为单变量问题，分别构造函数，利用导数研究单调性，即可证明对数平均不等式； ②解法一：固定将表达式视作关于的减函数，由单调性放缩到得到无参数函数，换元后对分子多项式多次求导分析单调性，确定分子符号，进而完成不等式证明. 解法二：同样先切换主元放缩得到，换元后对分子因式分解，判断导函数符号，求得的最大值即可完成不等式证明. 【小问1详解】 当时，，所以， 所以在点处的切线斜率， 所以切线方程为：，即． 【小问2详解】 ①略 ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $