精品解析：山东省潍坊市齐鲁名校教育测评2026-2027学年高三上学期10月学业质量检测数学试卷

2026年10月高三年级学业质量检测 数 学 本试卷总分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、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接由补集的定义计算可得. 【详解】因为全集，集合， 由补集的定义得. 2. “”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】B 【解析】 【详解】，， 充分性判断，，取，则无意义，无法推出，充分性不成立； 必要性判断，，显然满足，可以推出， 必要性成立；所以“”是“”的必要不充分条件. 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，，. 4. 已知为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用偶函数的性质得出，再令，即可求解． 【详解】因为为偶函数， 所以， 令，． 5. 如果是函数图象上的点，那么就是函数图象上的点，则图象的一条对称轴的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用点的变换求出，再根据余弦函数对称轴性质求解对称轴，对照选项即可. 【详解】设点横坐标为，则， 由题意，所以，即， 令 . 取，得图象的一条对称轴的方程为. 令， 令， 令. 6. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由同角三角函数关系式及倍角三角函数关系得，再代入函数解析式可得函数值. 【详解】由同角三角函数关系式及倍角三角函数关系得， ， 所以，所以. 因此. 7. 如图，在平面四边形中，，，，为的中点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设的外心为，连接、、，则，取线段的中点，连接、，求出、的值，由结合向量的三角不等式可求得长的最大值. 【详解】设的外心为，连接、、，则，取线段的中点，连接、， 设的外接圆半径为，由正弦定理可得，所以， 所以，由勾股定理可得，所以， 故为等腰直角三角形，则， 因为，为的中点，所以， 又因为，所以， 由勾股定理可得， 所以， 当且仅当、同向时，等号成立，故长的最大值为. 8. 已知函数，若关于的方程有两个实数根，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据绝对值对数方程求出两根 关于参数的表达式，代入转化为可利用基本不等式的形式，再求最小值. 【详解】函数，方程有两个实根，则， 由，，则， 即 ，， 所以， 当且仅当 ，即 时取等号，因此的最小值为. 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. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】对选项A：∵ ，∴ . 又∵，不等式两边同乘负数，不等号方向改变，∴ ，故A正确. 对选项B： 由展开移项得 ， 当且仅当 时等号成立，故B正确. 对选项C：∵ ∴ . 又∵，∴ . ∴ ，即 ，故C错误. 对选项D：∵，∴ . 设 ，函数 在 上为单调递减函数， 又∵，∴ ，即 ，故D正确. 10. 已知集合，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合二次项系数符号、判别式、韦达定理判断由解集推导出的系数关系是否成立即可. 【详解】对选项A： ∵ ，即不等式无实解，且， ∴ 二次函数图象开口向上，与轴无交点， ∴ ，且判别式，故A正确； 对选项B： ∵，即不等式对任意恒成立，且， ∴ 二次函数图象开口向下，与轴至多有一个交点， ∴ ，且判别式，选项结论中不符合要求，故B错误； 对选项C： ∵ ，即不等式仅有唯一解，且， ∴ 二次函数图象开口向上，顶点坐标为， ∴ ，且对称轴为，整理得，故C正确； 对选项D： ∵ ，即不等式的解集为，且， ∴ 二次函数图象开口向上，且方程的两根为0和1， 由韦达定理得，两根之和，整理得，故D正确. 11. 设为方程在区间上的解，下列说法中正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】先构造，求导判断在单调递增，结合题意得到，用单调性判断范围求解A，根据单调性判断的大小情况，从而判断是否成立判断B；对不等式交叉变形，构造，求导判断单调性，比较大小判断C；不等式交叉变形，构造，求导，导数符号由决定，判断区间单调性进行比较求解D即可. 【详解】对于，化简得到，记， 而，得到在单调递增， 而方程在区间上的解，得到， 则；，结合性得到，故A正确， 对于B，由题意得， 由单调性可知，. 故，，所以不能得到. 故B错误， 对于C，由题意得， 设，，得到在单调递增， 而，故C正确. 对于D，可得，由. 令，求导得， 当时，，所以在上单调递增， 而，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知命题：，，则的否定为_______． 【答案】，. 【解析】 【分析】使用特称命题的否定求解. 【详解】的否定为：，. 13. 在航海或军事上，角度测量常用密位制，即将整个圆周分为6000等份，规定（mil为密位单位）．已知半径为的扇形所对的弧长为，则在密位制下，该扇形的圆心角为_______mil． 【答案】1000## 【解析】 【详解】由，得，即扇形的圆心角为， 因为规定，所以 ，即该扇形的圆心角为1000mil． 14. 已知，函数，若，则的值域为_________；若的定义域为，则的取值范围是_________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先求出的定义域，再利用函数在定义域内的极限值即可得值域；利用定义域为可得与恒成立，再分离参数即可求取值范围. 【详解】设. ①当时，. 则，令，解得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 所以. 所以要使有意义，需满足，解得或. 所以的定义域为. 当时，，所以； 当时，. 当时，易知， 所以函数的值域为， 所以的值域为. ②要使的定义域为，等价于当时或恒成立. 因为时，， 故当时，恒成立， 由得. 令，则. 令，得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 所以，则. 由得. 因为，当且仅当，即时等号成立. 所以. 综上所述，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. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）设的两个极值点分别为，（其中），求的最小值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【小问1详解】 当时，，所以 ，从而且， 所以曲线在点处的切线方程为即. 【小问2详解】 ，由于， 故令可得，， 且当和时，从而的单调递增区间为和； 当时，从而的单调递减区间为， 所以为极大值点，为极小值点. 故，当且仅当时等号成立，所以的最小值为. 16. 如图，点和在函数的图象上． （1）求的解析式； （2）若，，求的值； （3）若关于的方程在区间上恰有3个不同的实数根，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）通过图形看出周期性求出，再代入最高点求出即可； （2）将原式展开求出，再通过求出，最后利用角的变形求解即可； （3）通过整体换元法令，最后通过方程的根的分布情况即可求解的取值范围． 【小问1详解】 由图可得，所以， 由题意得为一个最高点，则，且，则，所以. 【小问2详解】 即， 因为，所以，所以，所以，从而. 【小问3详解】 ，令， 因为，则，从而原题即为在上恰有3个不同的实数根，方程的通解为或，在的范围内，满足条件的值从大到小依次排列为......，要使区间内恰有3个实数根，左端点必须落在第3个根和第4个根之间（包含第3个根，不包含第4个根），从而. 17. 已知函数，且关于的不等式的解集为． （1）求的值； （2）若，，且，比较与的大小； （3）若，，且，求的最大值． 【答案】（1）1 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）代入函数写出不等式，利用转化为一元二次不等式，对照已知解集区间端点求出k； （2）把代入条件化简得到，作差变形，再用均值不等式判断范围，比较大小； （3）由得到，换元并结合基本不等式求最大值． 【小问1详解】 ，则，不等式， 即，若，则恒等于0，不满足不等式，故， 则，不等式等价于，解得， 已知解集为，则，解得． 【小问2详解】 由得，则， 故 ，故， 由，则，当且仅当时取等号， 故，则， 即当且仅当时取等号． 【小问3详解】 ， 则，即， 已知，，则， ，当且仅当，即时取等号， 故的最大值为． 18. 已知函数． （1）判断的奇偶性； （2）证明：当时，；当时，； （3）讨论的零点个数． 【答案】（1）是奇函数； （2）证明：令，则， 所以在上单调递减，且， 当时，，即，， 当时，，即，. （3）当或时，的零点个数为1； 当时，的零点个数为3. 【解析】 【分析】（1）直接用奇函数的定义进行判断； （2）构造函数，并进行求导分析单调性可证明不等式； （3）分、、三种情况讨论求解即可. 【小问1详解】 函数的定义域为. 则， 所以为奇函数. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由，得，由(2)知. ①当时，，即在上为增函数 又，所以在上仅有一个零点. ②当时，，即在上为减函数. 又，所以在上仅有一个零点. ③当时，因为，所以在上有一个零点. 因为为奇函数，所以可首先考虑的情况. 由，得， 则，所以该方程有两个不同的实数根和， 且，从而， 所以. 由，得，所以. 当时，，当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以是的极大值点，且， 由，得， 从而. 令，则， 所以在区间上单调递增， 从而. 又，所以，所以. 因为. 所以，且， 所以在区间上仅有一个零点. 由为奇函数，可得在区间上仅有一个零点. 因此，当时，在上有3个零点. 综上所述，当或时，的零点个数为1， 当时，的零点个数为3. 19. 定义：三边长和面积都是整数的三角形叫做整数三角形． （1）在中，，，，证明：为整数三角形； （2）若为整数三角形，且，，求和的长； （3）试探究：三边长均为整数的直角三角形是否一定为整数三角形？若是，予以证明；若不是，举出反例． 【答案】（1）由，，， 得. 所以. 因为，所以. 又因为， 所以. 所以三边长为整数，面积为整数. 所以为整数三角形. （2）或. （3）三边长均为整数的直角三角形一定为整数三角形. 证明：设直角三角形三边长分别为正整数，其中为斜边，则，面积. 若均为奇数，则为偶数，故为偶数. 设，则. 所以，即，左边为奇数，右边为偶数，矛盾. 所以中至少有一个为偶数，所以为偶数，则为整数. 所以三边长均为整数的直角三角形一定为整数三角形. 【解析】 【分析】（1）利用同角正余弦关系和正弦定理可求三角形三边和面积，利用整数三角形的定义即可证明. （2）利用整数三角形的定义得到边及面积均为整数，再利用条件构造方程组求整数解即可. （3）利用直角三解形三边关系及奇数的平方为奇数，可得两直角边至少有一边为偶数，从而得到面积为整数即可证明结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为为整数三角形，且，所以为正整数. 则必为整数. 因为，所以. 当时，则. 所以，则，即. 所以. 所以或或或或. 解得(舍去)或(舍去)或或或(舍去) 所以或. 当时，则. 所以，则. 因为，且 所以或. 解得(舍去)或(舍去). 综上所述，或. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年10月高三年级学业质量检测 数 学 本试卷总分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、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. “”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 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 5. 如果是函数图象上的点，那么就是函数图象上的点，则图象的一条对称轴的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在平面四边形中，，，，为的中点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若关于的方程有两个实数根，，则的最小值为（ ） 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. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知集合，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 设为方程在区间上的解，下列说法中正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知命题：，，则的否定为_______． 13. 在航海或军事上，角度测量常用密位制，即将整个圆周分为6000等份，规定（mil为密位单位）．已知半径为的扇形所对的弧长为，则在密位制下，该扇形的圆心角为_______mil． 14. 已知，函数，若，则的值域为_________；若的定义域为，则的取值范围是_________． 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. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）设的两个极值点分别为，（其中），求的最小值． 16. 如图，点和在函数的图象上． （1）求的解析式； （2）若，，求的值； （3）若关于的方程在区间上恰有3个不同的实数根，求的取值范围． 17. 已知函数，且关于的不等式的解集为． （1）求的值； （2）若，，且，比较与的大小； （3）若，，且，求的最大值． 18. 已知函数． （1）判断的奇偶性； （2）证明：当时，；当时，； （3）讨论的零点个数． 19. 定义：三边长和面积都是整数的三角形叫做整数三角形． （1）在中，，，，证明：为整数三角形； （2）若为整数三角形，且，，求和的长； （3）试探究：三边长均为整数的直角三角形是否一定为整数三角形？若是，予以证明；若不是，举出反例． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $