精品解析：山西省太原市第五中学2026-2027学年高三上学期阶段性检测数学试题

太原五中2026—2027学年度第一学期学科阶段性检测 高三数学 时间：2026年9月 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，则集合的子集的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】 通过解不等式，得到集合A，进而得出.因为集合中有3个元素，故其子集个数为个. 【详解】由得，则 ， 则的子集个数为个. 故选：D. 【点睛】本题考查了补集的运算，集合子集个数的结论，属于基础题. 2. 若函数（，）满足，则的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数值求参数，再根据复合函数单调性法则求单调递减区间. 【详解】因为， 所以，即，解得或（舍）， 所以， 令，则， 由于在上单调递减，在上单调递增， 由指数函数知，在定义域上单调递减， 所以在上单调递减. 3. 已知函数的定义域为，且为偶函数，则实数的值为（ ） A. B. 3 C. 2 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】结合函数图象平移变换得的图象关于直线对称，进而得，再解方程即可得答案. 【详解】因为为偶函数，所以图象关于直线对称， 因为的图象由图象向右平移1个单位得到， 所以，的图象关于直线对称， 所以，的定义域为区间中点等于对称轴横坐标,即，解得， 所以，实数的值为. 4. “，为正数”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】D 【解析】 【分析】 通过举反例可得答案. 【详解】当时，，故“，为正数”是“”的不充分条件 当时，满足，但不满足，为正数，故“，为正数”是“”的不必要条件 综上：“，为正数”是“”的既不充分也不必要条件 故选：D 【点睛】本题考查的是充分条件和必要条件的判断，较简单. 5. 已知函数的定义域为，为奇函数，，则（ ） A. 16 B. 0 C. 22 D. 32 【答案】A 【解析】 【分析】由题意分析函数的对称性及周期性可得. 【详解】因为函数的定义域为，为奇函数， 所以，且， 即，且. 又，所以， 所以，即. 所以， 所以函数是周期为的函数. 又， 所以. 6. 甲､乙､丙等七人相约到电影院看电影《长津湖》，恰好买到了七张连号的电影票，若甲､乙两人必须相邻，且丙坐在七人的正中间，则不同的坐法的种数为（ ） A. 240 B. 192 C. 96 D. 48 【答案】B 【解析】 【分析】分三步：先安排丙，再安排甲、乙，然后安排其他四人. 【详解】丙在正中间（4号位）； 甲､乙两人只能坐12，23或56，67号位，有4种情况， 考虑到甲､乙的顺序有种情况； 剩下的4个位置其余4人坐有种情况； 故不同的坐法的种数为. 故选：B. 7. 甲罐中有5个红球，3个白球，乙罐中有4个红球，2个白球.整个取球过程分两步，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别用A1､A2表示由甲罐取出的球是红球､白球的事件；再从乙罐中随机取出两球，分别用B､C表示第二步由乙罐取出的球是“两球都为红球”､“两球为一红一白”的事件，则下列结论中不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用条件概率公式可得，判断A，B；利用全概率公式计算，判断C，D. 【详解】在事件发生的条件下，乙罐中有5红2白7个球，则，A正确； 在事件发生的条件下，乙罐中有4红3白7个球，则，B正确； 因，，，， 则，C不正确； 因，， 则，D正确. 故选：C. 8. 若函数（且）在区间内单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分和分析函数内外层的单调性，列不等式求解 【详解】函数在区间 内有意义， 则函数（且）在区间大于零恒成立， 又因为函数（且）在区间内单调递增， 所以， 设则 ， ( 1 ) 当 时， 是增函数， 要使函数在区间内单调递增， 需使 在区间内内单调递增， 则需使，对任意恒成立 , 即对任意恒成立； 因为时，所以与矛盾，此时不成立. ( 2 ) 当时，是减函数， 要使函数在区间内单调递增， 需使在区间内内单调递减， 则需使 对任意恒成立， 即对任意恒成立， 因为， 所以， 又，所以. 综上，的取值范围是 故选：B 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. 下列说法不正确的是（ ） A. “”的充要条件是“” B. 关于的不等式的解集为，若，则 C. 命题“任意，则”的否定是“存在，则” D. 若，则函数的最小值为2 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，根据充分条件，必要条件定义即可判断；对于B，利用二次不等式的解法和集合间的包含关系求解即可判断；对于C，全称量词命题的否定是特称量词命题，把任意改为存在，把结论否定；对于D，由基本不等式取等号的条件即可判断； 【详解】当时，成立； 当时，成立，不成立， 故“”是“”的必要不充分条件，故A错； 等价于， 若，则不等式的解集，此时不成立； 若，则不等式的解集，此时成立； 若，则不等式的解集，此时不成立;故B对； 命题“任意，则”的否定是“存在，则”故C对； 由基本不等式可得，， 但使成立的值不存在，所以等号不成立，故D错误; 10. 以下说法正确的是（ ） A. 82，83，78，87，89，85，86，89的第75百分位数为88 B. 在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越窄，其模型拟合效果越好 C. 若样本数据，，…，的方差为2，则数据，，…，的方差为4 D. 已知是随机变量，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据百分位数的定义判断A，由残差图与回归效果间的关系判断B，求解方差判断C，根据方差公式判断D． 【详解】由小到大排列为，因为，所以第75百分位数为，故A正确； 在做回归分析时，残差图中残差点分布的水平带状区域的宽度越窄表示回归效果越好，B正确； 新数据的方差为，C错误； 因为，所以，当且仅当为常数时等号成立，故D正确. 11. 已知函数，，下列说法正确的是（ ） A. 有极小值为 B. 对于恒成立，则实数的取值范围是 C. 当时，过原点与曲线相切的直线有2条 D. 若关于的方程有两个不等实根，则实数的取值范围是 【答案】BD 【解析】 【分析】求出极值判断A；探讨最小值并建立不等式求出a的范围判断B；求出过原点的曲线切线方程，再确定方程解的个数判断C；变形给定等式并构造函数，探讨函数性质求出实数a的范围判断D． 【详解】对于A，，，求导得， 当时，，当时，， 函数在处取得极大值为，无极小值，A错误； 对于B，由已知，， 当时，，当时，， 函数在递减，在上递增，， 由对于恒成立，得，解得，B正确； 对于C，，函数定义域为，求导得， 设切点坐标为， 则在处，的切线方程为：， 则， 化简得，当时，，此方程无解； 当时，，此方程无解； 当时，，满足要求， 因此方程只有这1个解， 即过原点有且仅有一条直线与相切，C错误； 对于D，由关于的方程有两个实根，得有两个不等实根， 整理得，则， 即， 令函数，则，即为， 因为函数在上单调递增，则，即， 所以方程有两个不等实根， 由A选项知，，函数在上单调递增，在上单调递减， 又因为从正数趋近于时，；时，，， 所以的值域为， 因此方程有两个不等实根，必有，解得， 所以a的取值范围为，D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中常数项是，则______． 【答案】 【解析】 【详解】二项式展开式的通项为， 令，得， 则常数项为，得 13. 已知函数的图象过定点，点在角的终边上，若角的终边顺时针旋转后对应的角为，角、的始边均为平面直角坐标系中轴的非负半轴，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据指数幂的性质求得定点的坐标，再结合三角函数的定义及诱导公式分别求得，再由同角三角函数关系式求得，即可求得. 【详解】因为，所以函数的图象过定点， 因为点在角的终边上，所以. 因为角的终边顺时针旋转后对应的角为，所以， 所以， ， . 因此，. 14. 已知，函数，则______；若存在实数k，使得函数恰有四个零点，则a的取值范围为______． 【答案】 ①. 0 ②. 【解析】 【分析】利用导数分析函数的单调性，将存在实数，使得方程恰有四个不同的实数解，转化为的图象与有四个不同的交点，分析可得当时，函数的图象与恰有三个交点，即可得到实数的取值范围. 【详解】因为，所以. 函数恰有四个零点，等价于方程恰有四个不同的实数解， 即函数的图象与有四个不同的交点. 当时，， 则， 所以函数在上单调递减； 当时，， 令，所以， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减. 因为，且当时，， 所以在上单调递增，且； 所以，当时，函数的图象与最多有一个交点. 所以要想函数的图象与有四个不同的交点， 须使当时，函数的图象与恰有三个交点. 所以. 所以的取值范围为. 故答案为：0；. 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. 已知. （1）求的值； （2）若，是方程的两个根，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 ， ，解得； 【小问2详解】 由题意可得， ， ， . 16. 设. （1）若不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围； （2）解关于的不等式. 【答案】（1） （2）当时，解集为； 当时，解集为； 当时，解集为； 当时，解集为； 当时，解集为. 【解析】 【分析】（1）通过讨论的正负，结合判别式即可求解； （2）通过讨论，，，，，即可求解. 【小问1详解】 由题意知对一切实数恒成立， 故对一切实数恒成立， 当时，得，不满足题意， 当时，则需满足，解得， 综上所述，. 【小问2详解】 由，可得， ①当时，即，解集为； ②当时，，不等式即为，解集为； ③当时，，不等式即为，解集为； ④当时，可得，解集为； ⑤当时，，不等式即为，解集为. 综上可得，的解集如下， 当时，解集为； 当时，解集为； 当时，解集为； 当时，解集为；当时，解集为. 17. 已知函数． （1）判断并证明函数的奇偶性； （2）解关于的不等式； （3）设，若函数与图象有2个公共点，求实数的取值范围． 【答案】（1）偶函数；对任意的，，所以，函数的定义域为， ， 即， 所以， 所以函数是偶函数； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由偶函数的定义结合对数运算性质证明； （2）分析函数在上的单调性，由偶函数的性质将所求不等式变形为，可得出关于实数的不等式，解之即可； （3）令，由题意可知，关于的方程有两个不等的正根，根据二次方程根的分布可得出关于的不等式组，解之即可. 【小问1详解】 偶函数；略； 【小问2详解】 因为， 令，任取、，且，则， ，则， 所以 ，则， 所以，函数在上为增函数， 又因为外层函数为上的增函数， 所以，函数在上为增函数， 由可得，所以， 即，整理可得，解得， 因此，实数的取值范围是. 【小问3详解】 函数与图象有个公共点， 由可得， 可得，即， 因为，则， 设，则，又在上单调递增， 由题意可知，关于的方程有两个不等的正根， 所以，，解得. 即的取值范围为. 18. 某学校组织数学，物理学科答题竞赛活动，该学校准备了个相同的箱子，其中第个箱子中有个数学题，个物理题．每一轮竞赛活动规则如下：任选一个箱子，依次抽取三个题目（每次取出不放回），并全部作答完毕，则该轮活动结束；若此轮活动中，三个题目全部答对获得一个奖品． （1）已知学生甲在每一轮活动中，都抽中了个数学题，个物理题，且甲答对每一个数学题的概率为，答对每一个物理题的概率为． ①求学生甲第一轮活动获得一个奖品的概率； ②已知，学生甲理论上至少要进行多少轮活动才能获得四个奖品？并求此时、的值． （2）若学生乙只参加一轮活动，求乙第三次抽到物理题的概率． 【答案】（1）①；②至少要进行轮游戏，，． （2） 【解析】 【分析】（1）①利用独立事件的概率乘法公式可求得所求事件的概率； ②利用导数求出学生甲在每一轮活动中获得一个奖品的概率为的最大值，可知学生甲在轮活动中获得奖品的个数，由可求得的值，即可得解； （2）设选出的是第个箱子，计算出在第个箱子中第三次取出的是物理题的概率为，进而可求得所求概率为，结合数列的求和公式可求得所求事件的概率. 【小问1详解】 解：①记“学生甲第一轮活动获得一个奖品”为事件．则； ②学生甲在每一轮活动中获得一个奖品的概率为， 令，，， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，， 即当时，． 学生甲在轮活动中获得奖品的个数，由，知． 故理论上至少要进行轮游戏，此时，． 【小问2详解】 解：设选出的是第个箱子，连续三次取出题目的方法数为． 设数学题为，物理题为，第三次取出的是物理题有如下四种情形： 取法数为， 取法数为， 取法数为， 取法数为， 从而，第三次取出的是物理题的种数为 ． 则在第个箱子中第三次取出的是物理题的概率为． 而选到第个箱子的概率为， 故所求的概率为． 【点睛】关键点点睛：本题考查概率与数列的综合应用，在求解第三问时，关键要求出在第个箱子中第三次取出物理题的概率，那么就应该对前三次取出的题目所属科目进行列举，进而求解. 19. 已知函数，，其中，曲线在点处的切线方程为． （1）求a的值； （2）求的最小值； （3）设，若对恒成立，求b的最大值． 【答案】（1）1 （2）0 （3）2 【解析】 【分析】（1）求导得，结合曲线在点处的切线方程为，所以，求出. （2）由（1）知，求导得到，令，则，因为在上单调递减，且，推出存在使得，所以在单调递增，在单调递减，结合得出在上恒成立，从而推出在上单调递增，故最小值为. （3）若对恒成立，令，则，由（2）知，所以，因为，所以．假设当时，构造函数对恒成立，结合推出，构造函数，求导得出在上单调递减，所以，从而推出在上恒成立. 【小问1详解】 由得． 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，解得． 【小问2详解】 由（1）知， 所以， 令，则． 因为在上单调递减，在上单调递减， 所以在单调递减， 又， 所以存在唯一零点，使得． 所以在单调递增，在单调递减． 又， 所以在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以，即的最小值为0. 【小问3详解】 因为对恒成立， 令，则， 由（2）知， 所以， 因为，所以． 假设当时，对恒成立． 由（2）知， 则， 所以． 设， 则， 所以在上单调递减， 所以， 所以在上恒成立，即满足题意． 综上所述，整数的最大值为2． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 太原五中2026—2027学年度第一学期学科阶段性检测 高三数学 时间：2026年9月 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，则集合的子集的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 7 D. 8 2. 若函数（，）满足，则的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数的定义域为，且为偶函数，则实数的值为（ ） A. B. 3 C. 2 D. 6 4. “，为正数”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. 已知函数的定义域为，为奇函数，，则（ ） A. 16 B. 0 C. 22 D. 32 6. 甲､乙､丙等七人相约到电影院看电影《长津湖》，恰好买到了七张连号的电影票，若甲､乙两人必须相邻，且丙坐在七人的正中间，则不同的坐法的种数为（ ） A. 240 B. 192 C. 96 D. 48 7. 甲罐中有5个红球，3个白球，乙罐中有4个红球，2个白球.整个取球过程分两步，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别用A1､A2表示由甲罐取出的球是红球､白球的事件；再从乙罐中随机取出两球，分别用B､C表示第二步由乙罐取出的球是“两球都为红球”､“两球为一红一白”的事件，则下列结论中不正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 若函数（且）在区间内单调递增，则的取值范围是（ ） 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. 下列说法不正确的是（ ） A. “”的充要条件是“” B. 关于的不等式的解集为，若，则 C. 命题“任意，则”的否定是“存在，则” D. 若，则函数的最小值为2 10. 以下说法正确的是（ ） A. 82，83，78，87，89，85，86，89的第75百分位数为88 B. 在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越窄，其模型拟合效果越好 C. 若样本数据，，…，的方差为2，则数据，，…，的方差为4 D. 已知是随机变量，则 11. 已知函数，，下列说法正确的是（ ） A. 有极小值为 B. 对于恒成立，则实数的取值范围是 C. 当时，过原点与曲线相切的直线有2条 D. 若关于的方程有两个不等实根，则实数的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中常数项是，则______． 13. 已知函数的图象过定点，点在角的终边上，若角的终边顺时针旋转后对应的角为，角、的始边均为平面直角坐标系中轴的非负半轴，则___________. 14. 已知，函数，则______；若存在实数k，使得函数恰有四个零点，则a的取值范围为______． 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. 已知. （1）求的值； （2）若，是方程的两个根，求的值. 16. 设. （1）若不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围； （2）解关于的不等式. 17. 已知函数． （1）判断并证明函数的奇偶性； （2）解关于的不等式； （3）设，若函数与图象有2个公共点，求实数的取值范围． 18. 某学校组织数学，物理学科答题竞赛活动，该学校准备了个相同的箱子，其中第个箱子中有个数学题，个物理题．每一轮竞赛活动规则如下：任选一个箱子，依次抽取三个题目（每次取出不放回），并全部作答完毕，则该轮活动结束；若此轮活动中，三个题目全部答对获得一个奖品． （1）已知学生甲在每一轮活动中，都抽中了个数学题，个物理题，且甲答对每一个数学题的概率为，答对每一个物理题的概率为． ①求学生甲第一轮活动获得一个奖品的概率； ②已知，学生甲理论上至少要进行多少轮活动才能获得四个奖品？并求此时、的值． （2）若学生乙只参加一轮活动，求乙第三次抽到物理题的概率． 19. 已知函数，，其中，曲线在点处的切线方程为． （1）求a的值； （2）求的最小值； （3）设，若对恒成立，求b的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $