精品解析：山西省部分校大联考2026-2027学年高三上学期10月学情调研数学试题

高三年级学情调研 数学 考试时长：120分钟　试卷满分：150分 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答在试卷、草稿纸上无效． 2．填空题和解答题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，答在试卷、草稿纸上无效． 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，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数若存在最小值，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 对于实数，定义集合，集合的元素个数为，给出下列说法： ①存在，使得； ②存在，使得； ③存在，使得； ④存在，使得. 其中正确的说法有（ ）个. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 7. 在中，内角，，的对边分别是，，，，，，所在的平面内一点满足，且，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 8. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 无法确定，的大小 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在中，内角，，的对边分别是，，，点在所在的平面内，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则为钝角三角形 B. 若，则点的轨迹经过的外心 C. 若为边长为4的等边三角形，则的最小值为 D. 若点为的垂心，且，则 10. 十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作；⋯；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若第次操作去掉的区间长度记为，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知，，，其中表示中较大的数，当且仅当时，，则（ ） A. B. C. 若，，则 D. 在上恰有3个零点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，若等差数列的前n项和为Sn，且，，则______． 13. 将函数f(x)x的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍纵坐标不变，得到函数g(x)的图象．若函数g(x)在上没有零点，则ω的取值范围是__________． 14. 已知正实数，满足和，则的值为__________． 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. 记的内角的对边分别为，三个内角满足且为锐角，， （1）求角的大小； （2）为AB上一点，从下列条件①、条件②中任选一个作为已知，求线段CD的最大值． 条件①：CD为的角平分线；条件②：CD为边AB上的中线． 16. 已知是等比数列的前项和，首项，公比，，，成等差数列． （1）求数列的通项公式； （2）设，问从第几项开始数列中的连续20项之和等于102？ 17. 已知对任意的，有，其中为偶函数，为奇函数．令． （1）求函数，的解析式； （2）若对于任意的，不等式恒成立，求的取值集合． 18. 若数列满足，为给定的正数，则称为“有界数列”． （1）设，，证明：为有界数列； （2）若，，证明：为有界数列； （3）设数列是有界数列，，，…，，且，求的最大可能值． 19. 已知函数，记曲线在点处的切线倾斜角为. （1）求； （2）当时，若对任意，都有，求的取值范围； （3）当时： （ⅰ）证明：在上单调递增； （ⅱ）若，，证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级学情调研 数学 考试时长：120分钟　试卷满分：150分 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答在试卷、草稿纸上无效． 2．填空题和解答题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，答在试卷、草稿纸上无效． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，解得或，所以集合， ，解得，所以， 所以． 2. 命题“” 的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】命题“” 的否定是“”. 3. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】AB选项根据不等式性质直接表示出来，C选项利用交叉相乘作比较，D选项用作差法进行求解。 【详解】选项A：因为且为正数，两边同乘以负数，则. 选项B：由于，则. 选项C：因为，，所以， 由，，得，即 则，两边同时加，即，即， 两边同时除以正数，得. 选项D：分母，，用作差法比较： 分子：，，故； 分母：，，故. 因此，即. 4. 已知函数若存在最小值，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先判断函数的单调性，并结合分段函数的性质求解， 【详解】在上单调递减，且， 而在上单调递增， 要使存在最小值， 结合分段函数的图象可得： ，即， 故选：D. 5. 对于实数，定义集合，集合的元素个数为，给出下列说法： ①存在，使得； ②存在，使得； ③存在，使得； ④存在，使得. 其中正确的说法有（ ）个. A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据同角三角函数的关系及半角公式，可得或，对m赋值分析，逐一检验，即可得答案. 【详解】因为，，所以， 所以或； 当时， ，此时， 所以存在，使得，故②正确； 当时， 或，此时， 所以存在，使得，故③正确； 当且时，不妨取， 此时或， 则或， 所以或，此时，即存在，使得，故④正确， 综上，无论m在上取任何实数，都不可能只有一个解，故①错误. 故选：C 6. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据“1”技巧，利用均值不等式求解即可. 【详解】，， ， ，，，， ， 当且仅当，即，时等号成立. 故选：A. 7. 在中，内角，，的对边分别是，，，，，，所在的平面内一点满足，且，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】通过建立平面直角坐标系，将几何条件转化为坐标运算。先根据三角形已知边长与角，写出三点坐标，设点坐标，向量关系式拆分为横、纵坐标方程，用参数表示点坐标；再利用向量数量积的坐标公式，代入已知数量积的值构建关于的方程，解方程求出. 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系， 由题意得：， 点坐标： ， 即， 设点，则 ， ， 由条件， ， 分别对横、纵坐标列等式： ， 整理得： ， 当时，， 又，代入向量坐标： ， 展开计算： ， ， ， 两边同乘2： ， 将代入上式， ， . 8. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 无法确定，的大小 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，求导得到其单调性，结合特殊点函数值，得到，再构造，求导得到，从而得到当时，，当时，，结合，，故，使得，得到. 【详解】令，则， 当时，，， 故恒成立， 故在上单调递增， 又，， 由零点存在性定理得， 令，则， 由上面的求解可知在上单调递增， 且存在，使得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，， 故零点，使得， 所以. 故选：C 【点睛】导函数处理零点问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数或所在区间，较为复杂和综合的函数零点问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在中，内角，，的对边分别是，，，点在所在的平面内，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则为钝角三角形 B. 若，则点的轨迹经过的外心 C. 若为边长为4的等边三角形，则的最小值为 D. 若点为的垂心，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】A利用三角形余弦恒等式判断角的大小；B利用正弦定理化简向量式，确定点的轨迹；C建立平面直角坐标系，将数量积化为二次式求最小值；D利用垂心的垂直关系及向量数量积求的余弦值． 【详解】对于A，因为，所以即 两边平方，得 展开并整理，得 由题设，结合上式可得 又所以，即为钝角，故为钝角三角形，A正确. 对于B，设的外接圆半径为，为的中点． 由正弦定理， 因此 于是 点的轨迹为从出发经过的射线． 的外心在中线上当且仅当，题设没有此条件，所以不能推出该轨迹经过外心，B错误． 对于C，以的中点为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系． 可取 则 所以 当，时取等号，因此最小值为，C正确． 对于D，记 因为为的垂心，所以从而 设上述数量积均为． 由分别与，作数量积，得 因此，且D正确． 10. 十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作；⋯；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若第次操作去掉的区间长度记为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，结合等比数列的定义，分析可得的表达式，根据其单调性，即可判断A的正误；根据的表达式，代入整理，可判断B的正误；根据对数的运算性质，化简计算，可判断C的正误；计算，化简分析，可得其正负，即可判断D的正误. 【详解】设第n次操作前有条等长的线段，则第次操作前，有条等长的线段， 因为每次操作之后，每段都变为2段， 所以，即为公比为2的等比数列， 又，所以， 设第n次操作每段去掉的区间长度为，则第次操作每段去掉的区间长度为， 因为每次操作去掉的每段区间长度都是前一次操作去掉的每段区间长度的， 所以，即是以为公比的等比数列， 又，所以， 所以， 选项A：因为，且，单调递减， 所以，故A错误； 选项B：，故B正确； 选项C： ， 因为，所以单调递减， 又当时，， 所以，故C错误； 选项D： ， 所以，故D正确. 故选：BD 11. 已知，，，其中表示中较大的数，当且仅当时，，则（ ） A. B. C. 若，，则 D. 在上恰有3个零点 【答案】ABC 【解析】 【分析】由条件可得，且，进而得到．对于A，直接代入计算即可；对于B，代入即可判断；对于C，利用的极值点偏移性质即可判断；对于D，分区间讨论零点即可判断． 【详解】由于当且仅当时，， 结合多项式的连续性，可知， 而两侧附近，故必为二重根， 因此可写成，其中， 即，故， 对于A，由于，， 所以，故A正确； 对于B，代入，可得 由于，故，故B正确； 对于C，定义域为， 求导得， 当时，，当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以函数在处有最大值为， 若，，则， 等价于，即，， 若，则结论显然成立，若，， 令， 则， 令，则， 由二次函数性质可知在上单调递增，则， 所以在上单调递减，则， 所以，在上单调递增， 则，， 所以，因为在区间上单调递增，所以， 故成立， 所以若，，则，故C正确； 对于D，等价于，即两函数均且至少一个为0， 当时，，故，无零点， 当时，，，故，为1个零点， 当时，，，故，无零点， 当时，，，故，为第2个零点， 当时，，故，无零点， 因此在上共2个零点，故D错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，若等差数列的前n项和为Sn，且，，则______． 【答案】4052 【解析】 【分析】根据的解析式，判断为单调增函数且为奇函数，利用奇函数性质得到，再结合等差数列的前项和公式及角标和性质，即可求得结果． 【详解】函数，令， 其定义域为，又，所以为奇函数， 又在为单调增函数，在为单调增函数， 所以在单调递增， 又在为单调增函数，所以在上为单调增函数， 因为为上的奇函数，所以在上为单调增函数， 因为，，所以， ，则，即； 所以． 13. 将函数f(x)x的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍纵坐标不变，得到函数g(x)的图象．若函数g(x)在上没有零点，则ω的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据三角函数图像平移与伸缩变换求出解析式，换元得到相位的取值区间；无零点等价于在对应开区间无解，的解为，对分类讨论，保证区间内不包含，求解得到的取值范围. 【详解】向右平移个单位：， 横坐标变为原来倍，纵坐标不变： ， 令，当， ， 在无零点，即开区间内不含任何， 区间长度：， 若即，区间长度大于，余弦区间一定存在零点，舍去，只需讨论， 当时，，此范围内的点只有， 要开区间不含和，分两种情况： ①整个区间在左侧，即区间右端点， ，， 结合，得， ②整个区间夹在与之间，左端点且右端点， ， 得， 综合两种情况，的取值范围：. 14. 已知正实数，满足和，则的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由得到，计算，令，则，结合得到，令，得到，从而得，构造函数，通过导数法得到的单调性，利用单调性得到，通过计算得到的值. 【详解】因为，所以， ， 令，则， 将代入得 ，解得， 又令 ，， 将代入得，解得， ，在上恒成立， 则在上是单调递增函数， 因为，， 所以，即 ， 因为在上是单调递增函数， 所以， 则，而， 则， 因为，所以. 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. 记的内角的对边分别为，三个内角满足且为锐角，， （1）求角的大小； （2）为AB上一点，从下列条件①、条件②中任选一个作为已知，求线段CD的最大值． 条件①：CD为的角平分线；条件②：CD为边AB上的中线． 【答案】（1） （2）3 【解析】 【分析】（1）将已知的三角函数等式通过恒等变形转化为关于角的方程，利用角度和的三角恒等式和正切函数的和公式，最终求得角的正弦值，结合锐角条件确定角的大小. （2）选择条件①：利用余弦定理与面积及均值不等式得出结果. 选择条件②：利用角平分线的性质与向量的平行四边形法则结合进行运算，最后在运用均值不等式得出结果. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以， 即， 所以，即， 因为，所以． 【小问2详解】 选择条件①： 在中，由余弦定理，得， 即，故， 当且仅当时，等号成立， 又因为. 所以. 故CD的最大值为3． 选择条件②： 由题，平方得， 在中，由余弦定理得， 所以， 故，当且仅当时，等号成立， 故有， 从而，即CD的最大值为3． 16. 已知是等比数列的前项和，首项，公比，，，成等差数列． （1）求数列的通项公式； （2）设，问从第几项开始数列中的连续20项之和等于102？ 【答案】（1） （2）从第2项或第5项开始数列中的连续20项之和等于102． 【解析】 【分析】（1）运用等差中项的性质及等比数列的前项和公式，可得关于的方程，解方程可得公比，进而得到所求通项公式； （2）先利用（1）中结果求得，记数列从第项开始的连续20项和为，得，分和两种情况，由利用等差数列的前项和公式列方程求解. 【小问1详解】 依题意得， 因为，所以， ，或（舍去）. ，． 【小问2详解】 ． 记数列从第项开始的连续20项和为，则 若，则，不合题意； 所以， ， ， ，解得或， 所以从第2项或第5项开始数列中的连续20项之和等于102． 17. 已知对任意的，有，其中为偶函数，为奇函数．令． （1）求函数，的解析式； （2）若对于任意的，不等式恒成立，求的取值集合． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）代入与到中，利用与的奇偶性建立方程求解. （2）通过代入的函数将转变为关于的函数，进而求解的函数，最后通过恒成立求解. 【小问1详解】 由已知得，， 解得， 【小问2详解】 ， 又， ， ， ，，， 的取值集合为. 18. 若数列满足，为给定的正数，则称为“有界数列”． （1）设，，证明：为有界数列； （2）若，，证明：为有界数列； （3）设数列是有界数列，，，…，，且，求的最大可能值． 【答案】（1） 故 ，（时取“=”） ∴ 所以，即为有界数列 （2）因，则，对于函数，， ，则在上单调递增， ，， 从而． 则且，即为有界数列； （3）392 【解析】 【分析】（1）通过界定余弦函数范围以及基本不等式求解出最大值. （2）通过构造新函数判断与大小，并由此放缩原函数求解最大值. （3）通过有界数列的定义判断并推断出使最大时数列的情况为中有49个2，49个，和1个0，进而求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题可得，因，为使最大， 应让中出现尽量多的2或. 则容易想到可让中有49个2，49个，和1个0， 此时中包含98个，1个， ． 19. 已知函数，记曲线在点处的切线倾斜角为. （1）求； （2）当时，若对任意，都有，求的取值范围； （3）当时： （ⅰ）证明：在上单调递增； （ⅱ）若，，证明： 【答案】（1） （2） （3）（ⅰ）当时，. 令，则. 当时，，所以， 即在上单调递增，． 故. 正切函数在上严格递增，而在上单调递增，所以在上单调递增． （ⅱ）因为，所以. 由基本不等式，， 又由和差化积公式，. 因为，所以. 因此. 又因为且， 所以， 故结论成立． 【解析】 【分析】（1）利用切线斜率与倾斜角的关系，代入求解； （2）条件等价于．当时不等式自动成立；当时，转化为研究的最小值； （3）（ⅰ）先证明在上严格递增，再利用正切函数在上的单调性得到结论；（ⅱ）分别利用基本不等式和两角和与差的三角函数公式，对指数部分与正弦部分进行比较． 【小问1详解】 由，且曲线在点处的切线斜率为，所以. 又，故. 【小问2详解】 由题意，对任意，都有所以. 当时，由可知，条件恒成立． 当时，需要. 先考察． 令，则. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 因此， 其余满足的区间均有，从而， 故所有满足的中，的最小值为． 结合，得. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $