精品解析：湖南省名校联盟2027届高三上学期10月阶段检测数学试题

高三数学二 （主要考试范围：集合与简易逻辑，不等式，函数与导数，三角函数，解三角形） 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. 已知复数z满足，则（ ） A. 0 B. C. i D. 【答案】A 【解析】 【详解】设，则， 所以， 因为都是实数，平方非负，所以只能， 所以. 2. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】函数的最小正周期为． 3. 已知和的等比中项为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】等比中项满足，所以． 4. 已知，是模长均为1的平面向量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，即，可得. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，则，解得． 6. 已知函数在上不单调，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】函数在R上不单调，等价于在R上有2个不等实根， 即判别式，即，解得或． 7. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求出，再推出函数为奇函数即可求解. 【详解】由得，，故， 所以，故， 所以为奇函数，所以，故B正确． 8. 对非空有限集合，用表示中元素的个数，用，分别表示中的最大、最小元素．若集合满足，则称为“跨度集”．设，则的所有子集中“跨度集”的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先设跨度集的最小元素为，最大元素为，首先计算若中恰有个元素时，可得跨度集的个数为；再设（跨度），则，进而可得，所以有个取值，每一个都对应个跨度集，所以总个数为，再计算可得. 【详解】设跨度集的最小元素为，最大元素为，则. 若中恰有个元素，且这个元素都取自区间内的整数，即从个数中选取个，且必须包含端点和. 从个数中选个，等价于去掉个， 为保证，都在中，去掉的那个数不能是或，只能从中间的个数中选. 因此，对固定的，跨度集的个数为. 设（跨度），则，且，，即. 对固定的跨度，可取，共个取值，每个对应个跨度集， 所以跨度集的总个数为. 由， 因为， ， 所以. 因此的所有子集中“跨度集”的个数为. 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. 下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 幂函数的图象经过点 C. 函数的定义域为 D. 命题“，”的否定是“，” 【答案】BC 【解析】 【详解】，但，所以A错误； 幂函数中，令，则，所以B正确； 要使有意义，需，即，所以C正确； 的否定应该是，所以D错误． 10. 已知，下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. （，） D. （，） 【答案】AD 【解析】 【详解】对于A，因为，所以， 根据基本不等式有， 所以，当且仅当，即时取得，所以等号取不到，故A正确； 对于B，，因为，所以，， 所以， 当且仅当，即舍时，等号成立， 故，B错误； 对于C，当时，，C错误； 对于D，因为，所以． 法一：． 若，则． 但，矛盾，故． 法二：． 所以，等号需且， 但，故等号不成立．因此，故D正确． 11. 记表示不超过实数的最大整数．如，．设为正整数，函数，则下列说法正确的是（ ） A. 对于任意的，，若，则 B. 存在正整数，使得函数为偶函数 C. 设，，则方程有无数个解 D. 设，，则当时，函数的值域中有且仅有个元素 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，通过函数的新定义，由函数的单调性即可判断A；取，得到和即可判断B；设，，，分类讨论的取值即可判断C；当时，分类讨论的取值即可判断D. 【详解】对于A，因为表示不超过实数的最大整数， 由，为正整数，若，可得，，则，， 两式相加得，即，故A正确； 对于B，当时，； 对于任意正整数，，取，可得，，所以， 又由，可得，， 可得，此时， 所以不存在正整数，，使得函数为偶函数，所以B错误； 对于C，当，时，， 设，，，可得，，所以， 令，可得，解得， 当时，可得，，可得； 当时，可得，，可得； 当时，可得，，可得； 当时，可得，，可得； 设，由且为整数， 当时，可得；当时，可得； 当时，可得；当时，可得； 所以当且时，满足，此时有无数个解，故C正确； 对于D，当，，且时，可得，，所以，， 当时，可得，，可得； 当时，可得，，可得； 当时，可得，，可得； 当时，可得，，可得， 所以在上的取值为，共有个元素，故D错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. ______． 【答案】## 【解析】 【详解】． 13. 某菌种数量（单位：个）随时间（单位：小时）的变化满足指数增长模型，若，则的最小值为________小时． 【答案】 【解析】 【分析】直接根据函数解析式及条件得不等式，并通过取对数法解指数不等式可得. 【详解】因为，且，得， 即，两边取自然对数得，解得． 因此的最小值为. 14. 已知函数的最小值为，则的最大值是_______． 【答案】 【解析】 【分析】令，再令，求出区间长度为，结合余弦函数的单调性和周期性，讨论当，，，时，的最大值，综合以上4种情况得出的最大值. 【详解】对任意，时，， 设左端点为，则右端点为，区间长度为．因为余弦函数的周期为， 所以只需考虑的情形．于是问题等价于： 求所有长度的区间上，的最小值的最大值，记为． 情况①：，此时，区间完全落在内，在此区间单调递减， 所以最小值在右端点取得，， 因为，所以，其最大值在该段为（当时）； 情况②：，此时，区间完全落在内，在此区间单调递增， 所以最小值在左端点取得，． 因为，所以，其最大值在该段也为（当时）； 情况③：，此时，，区间包含点，所以，显然不可能是最大值； 情况④：，此时区间跨过（等价于跨过0）， 设，则，且原区间可等价为． 在上，单调递减，最小值为； 在上，单调递增，最小值为． 又因为，所以． 因此，整个区间的最小值为， 由于和都在区间内，且余弦函数在上单调递减， 所以要使两者中较小的那个尽可能大，应使两者相等，即． 此时，故在该段内，的最大值为，对应的（在内）． 综上所述的最大值为. 四、解答题：本题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，点E，F分别是棱，的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）连接． 在中，因为，分别是，的中点，所以．3分 又因为平面，且平面， 所以由线面平行的判定定理，得平面． （2）1 【解析】 【分析】（1）构造线线平行，利用线面平行的判定定理进行证明. （2）法1，利用线面垂直的判定定理证明平面，从而得到直线与平面所成角的正弦值． 法2，建立空间直角坐标系，利用空间向量求直线与平面所成角的正弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：∵底面是正方形，所以， 又，． 由底面，， 又，， ，平面，平面， 故直线与平面所成角的正弦值为1． 法二：以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图． 则，，，，． 因为是的中点，所以． 因为是的中点，所以． 因此． 设平面的法向量为． ，． 由， 令，则，． 所以平面的一个法向量为． 设直线与平面所成角为，则， 则， ，． 因此． 所以直线与平面所成角的正弦值为1． 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知的面积为． （1）若，求的值； （2）若，，边上的中线，求边长b，c． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）根据三角形面积公式代入计算即可； （2）利用三角形面积公式求出，进而求出，再利用余弦定理列出方程，代入求解即可. 【小问1详解】 由，即， 所以． 【小问2详解】 设，则， 由的面积为，得， 代入，，得，故或． 因为，所以，，故． 在中，由余弦定理有，故， 同理可得． 17. 已知定义在上的函数满足：①；②当时，． （1）求的值； （2）证明：在上单调递增； （3）解不等式． 【答案】（1） （2）对任意，． 若存在使，则，与矛盾， 故． 任取，，且，则，所以． 又． 因为，且，所以， 因此在上单调递增． （3）或． 【解析】 【分析】（1）令，求得或者，再证明不成立即可求解； （2）先证明，取，根据求得，即可证明； （3）利用函数的单调性得到，解不等式即可求解. 【小问1详解】 令， 所以或者． 若，则对任意，有， 这与题设②矛盾，因此． 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 由（2）知，， 即， 解得或， 故原不等式的解集为或． 18. 设函数，，其中a，b，c，d为实数． （1）若的图象过点，且在处取得最大值，求a，b的值； （2）将的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称．若，求函数在区间上的值域； （3）若对任意恒成立，求证． 【答案】（1）， （2） （3）令．（*） 由题意，对任意恒成立． 由于． 与（*）相加得：，即恒成立． 由三角函数最值可知． 由于． 与（*）相加得：恒成立． 由三角函数最值可知． 故．得证． 【解析】 【分析】（1）将点坐标代入可得到；又因为在​处取最大值，代入计算可求出； （2）首先根据平移规则得到平移后的函数表达式，利用奇函数性质得到的关系，再代入到原函数中得到的值域； （3）令，分别让、与原函数相加，再利用三角函数最值的性质计算即可． 【小问1详解】 因为的图象过点，所以， 又因为在处取得最大值， 所以， 两边平方得，化简得，故． 【小问2详解】 将向左平移个单位长度得． 因为的图象关于原点对称，所以为奇函数，所以， 即． 代入得：． 当时，，的值域为． 的值域为. 所以的值域为． 【小问3详解】 略 19. 函数． （1）若，求函数在上的单调区间； （2）若存在，使得成立，求a的取值范围； （3）若函数有两个零点，，且，求的取值范围． 【答案】（1）单调递减区间是，单调递增区间是 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求得，令，利用导数求得在单调递增，从而得到在单调递增，再结合，即可求解； （2）根据题意，转化为有解，从而等价于，再利用换元，构造函数，求导，分析函数的单调性，即可求出的取值范围； （3）根据题意，转化为有两个不同的解，结合（2）得到，求得化简得到，令，求得，令，利用导数求得为增函数，得到，得到在递增，求得，即可得到答案． 【小问1详解】 当时，，可得， 令，可得， 因为和在为单调递增函数，则在上单调递增， 所以，所以在上单调递增， 又因为， 所以当时，；当时，， 所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是． 【小问2详解】 由不等式，可得， 即， 因为存在，使得成立，则在上有解，等价于， 令，则函数与函数的图象有交点， 构造函数，则， 当时，；当时，， 所以在单调递减，在单调递增，所以，即， 又函数在单调递增，则，即， 所以实数的取值范围为． 【小问3详解】 若函数有两个零点，，即有两个不同的解， 由（2）知，即有两个不同的解， 令，且为单调递增函数，， 当时，的两个解为，，即，则，即， 令，由，则，且， 所以，，所以， 令， 则， 令， 则， 所以在单调递增，则， 所以，则在单调递增，则， 又因为时，，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学二 （主要考试范围：集合与简易逻辑，不等式，函数与导数，三角函数，解三角形） 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. 已知复数z满足，则（ ） A. 0 B. C. i D. 2. 函数的最小正周期为（ ） A. B. C. D. 3. 已知和的等比中项为，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，是模长均为1的平面向量，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在上不单调，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 对非空有限集合，用表示中元素的个数，用，分别表示中的最大、最小元素．若集合满足，则称为“跨度集”．设，则的所有子集中“跨度集”的个数为（ ） 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. 下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 幂函数的图象经过点 C. 函数的定义域为 D. 命题“，”的否定是“，” 10. 已知，下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. （，） D. （，） 11. 记表示不超过实数的最大整数．如，．设为正整数，函数，则下列说法正确的是（ ） A. 对于任意的，，若，则 B. 存在正整数，使得函数为偶函数 C. 设，，则方程有无数个解 D. 设，，则当时，函数的值域中有且仅有个元素 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. ______． 13. 某菌种数量（单位：个）随时间（单位：小时）的变化满足指数增长模型，若，则的最小值为________小时． 14. 已知函数的最小值为，则的最大值是_______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，点E，F分别是棱，的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知的面积为． （1）若，求的值； （2）若，，边上的中线，求边长b，c． 17. 已知定义在上的函数满足：①；②当时，． （1）求的值； （2）证明：在上单调递增； （3）解不等式． 18. 设函数，，其中a，b，c，d为实数． （1）若的图象过点，且在处取得最大值，求a，b的值； （2）将的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称．若，求函数在区间上的值域； （3）若对任意恒成立，求证． 19. 函数． （1）若，求函数在上的单调区间； （2）若存在，使得成立，求a的取值范围； （3）若函数有两个零点，，且，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $