2027届高三数学综合练习

高三数学综合练习 一、单选题 1．复数满足，则（ ） A．1 B．2 C． D．3 2．已知向量，则“”是“向量共线”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．已知函数的定义域为，且对于任意实数，，都有，若函数在定义域内的最大值为，最小值为，则（    ） A． B． C． D． 4．若，则（ ） A． B． C． D． 5．已知函数，当时，恒有,则的范围是（  ） A． B． C． D． 6．已知的定义域为，为偶函数，为奇函数，则下列说法错误的是（    ） A． B．的图象关于点中心对称 C．4为函数的一个周期 D． 7．北京天坛圜丘坛分为上、中、下三层.上层中心为天心石，环绕天心石的第一环有9块扇面形石板，以后每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，且每层内部各环也依次增加9块.每层环数相同，且下层石板总数比中层多729块.则每层的环数是（    ） A. B． C． D． 8．已知定义在上的函数满足：的图象关于点对称，且当时，，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知的内角、、的对边分别为、、，则下列说法正确的是（    ） A．若，则为锐角三角形 B．若，，只有一解，则的取值范围为 C．若面积为，，则 D．若，则为等腰三角形 10．已知正实数、满足，则下列说法正确的有（     ） A．的最大值为 B．的最小值为 C．的最小值为 D．的最小值为 11.已知，对任意的，都满足是的导函数，，则下列选项正确的是（    ） A． B．若的解集是，则的解集是 C． D．的三个零点为，则 三、填空题 12.已知向量，且在上的投影向量的坐标为，则与的夹角为__________. 13.已知，若存在，使不等式，对于恒成立，则实数的取值范围是______． 14．已知函数，若实数满足，则的最大值为________． 四、解答题 15．已知函数（）的图像关于点对称． (1)求的值和在区间上的值域； (2)若，函数在区间上单调递增，求的值； 16．已知数列满足，，，． (1)求的通项公式； (2)的前项和记为，试求； (3)若，且对任意的正整数，都有恒成立，求的取值范围． 17．已知函数. (1)若，求的单调区间； (2)若在上单调递增，求正实数的取值范围； (3)（奥）时，证明：. 试卷第2页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C 【分析】根据题意，求得集合，结合集合真子集的计算方法，即可求解. 【详解】由集合，且， 当时，可得； 当时，可得； 当时，可得； 当时，可得； 当时，可得； 当时，可得， 所以集合， 所以的真子集的个数为个. 2．A 【详解】因为，， 所以向量. 当时，，所以，则向量共线成立. 由向量共线，得，解得， 所以“”是“向量共线”的充分不必要条件． 3．C 【详解】 如图，连接，，分别过，作垂直于线段的垂线，垂足分别为，, 设正八边形边长为，正八边形每个内角， 由几何性质可知，,， 所以，，所以， 即，又， 所以，，故. 4．A 【分析】由余弦定理求出，建立平面直角坐标系，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，，先求出的最大值，进而求出的最大值. 【详解】因为，，， 所以由余弦定理可得：，所以， 又因为，所以， 所以建立如图所示的平面直角坐标系，， 因为点为所在平面内的一个动点，且， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 取的中点，则， 而， 所以. 5．C 【分析】利用化弦为切的方法，，分子分母同时除以即可求解. 【详解】， 即，解得. 6．C 【分析】先将式子利用平方关系配方化简，再增添分母（），进行齐次化处理，化为正切的表达式，最后代入即可得到结果． 【详解】将式子进行齐次化处理得： ． 7．D 【分析】利用等差数列通项公式与等差数列前项和公式及性质分析求解即可. 【详解】设每层共有环，各环石板数构成等差数列， 其中首项为，公差， 所以每环石板数为：， 由题意可得：上、中、下三层的石板总数分别为：， 又下层石板总数比中层多729块，所以， 即， 化简得：，解得：. 8．D 【分析】解答本题的关键是构造辅助函数，先根据图象对称平移关系推出是奇函数，再构造，结合已知导数不等式得到的导数符号，判断的单调性；利用为偶函数转化自变量，结合单调性比较函数值大小，最后化简变形得到选项中的不等关系. 【详解】因为的图象关于点对称，所以为奇函数， 令，则为偶函数，且， 由题意知当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． ，即， 所以，即． 9．ACD 【详解】由题可得：， 则复数在复平面内对应的点位于第三象限，A正确； 因为，则复数的虚部为，B错误； ，C正确； 由， 可知满足的复数对应的点在以原点为圆心，半径为的圆上，D正确. 10．AD 【分析】利用三角函数的性质，根据三角函数解析式的求法可得，可判断A；根据正弦函数的单调性可判断B；根据诱导公式化简可得，结合余弦函数的奇偶性可判断C；由题可得，结合正弦函数的图象性质可判断D. 【详解】对于A：，为图象上的两点，且的最小值为， 可得周期为，解得，故A正确； 对于B：是的对称中心，所以， 即，所以， 又因为，所以，所以， ，解得， 当时，单调递增区间为， 区间不完全包含在该增区间内，故B错误； 对于C：， 所以是偶函数，故C错误； 对于D：，即， ，可得， 在区间内，的解为，共3个解， 对应3个不同的,故D正确. 11．BCD 【分析】利用退一相减法及等比数列定义可求，即可判断A选项，再根据等差数列的定义判断B选项；利用作差法比大小可判断C选项，构造数列满足，计算数列的前项和，可判断D选项. 【详解】由，可得时，①， 当时，，两式相减，可得， 即，因数列为等比数列， 故公比为，由①可得，解得， 故，故A错误； 又因，， 所以，即数列是等差数列，故B正确； 又，即，故C正确； 因，设， 则的前项和为， 所以，故D正确. 12． 【分析】先求出的范围，再结合单调性列不等式组求解即可． 【详解】， ， 又函数在区间上单调递减， ， 解得， 即． 13．/ 【分析】先判断的图象关于成中心对称，再判断函数的单调性，从而可得，结合基本不等式可求最大值. 【详解】因为， 故， 故而知的图象关于成中心对称， 而， 因为为上的增函数，故也为上的增函数， 而为上的增函数，故为上的增函数， 而，故， 故即， 又 当且仅当时上式取等，故的最大值为． 14． 【分析】构造函数，求导，结合已知条件分析函数单调性，进而利用单调性解不等式． 【详解】令，， 故在上单调递增， 已知，则， 不等式等价于，即， 在上单调递增， 故， 解得或，解集为． 15．(1)； (2)4 (3) 【分析】（1）由对称中心，结合范围得的值​；通过换元以及利用正弦函数的值域得在区间上的值域； （2）函数在 上单调递增，则整体角落在正弦的增区间内，列不等式组求解； （3）恒成立等价于​，先计算得​；应用换元法化简 ，得到的二次函数开口向下，分类讨论对称轴位置求最大值，解不等式得范围. 【详解】（1）由题意可知时， （）， 即 ，又，所以， 即， 当时，， 易知在上单调递增，在上单调递减， 则此时，所以在区间上的值域为； （2）由上知，所以，显然，即， 当时，， 若要符合题意需， （）， 解不等式得，易知，则，此时． （3）因为对任意的，，都有，所以． 因为，所以，所以，所以， ， 令，则，．对称轴为， 所以①，可得， ②，可得， ③，可得， 综上． 16．(1)证明：在中，由正弦定理得， 即， 则，又，， 又，由正弦定理得，，所以， 由余弦定理得，即A为钝角， 所以为钝角三角形． (2)9 【分析】（1）先利用正弦定理结合两角和的正弦公式，对已知条件进行边角互化，可得，，再利用余弦定理即可判断，从而得出证明；（2）根据（1）中所求，可得，再利用面积公式建立等量关系，即可求出，从而求出，即可求出三角形周长. 【详解】（1）略 （2）在中，由（1）知，则， 由，得，所以，则， 所以，因此，所以的周长为9． 17．(1)， (2) 【分析】（1）利用极值点处导数为0、对应函数值为极值列方程组求解，再验证极值条件是否成立； （2）通过换元将复合函数零点问题转化为一元二次方程正根分布问题，结合判别式和韦达定理求参数范围. 【详解】（1）对求导得， 由在处取极值， 可得： ， 化简为， 将第一式乘2与第二式作差得，即，代入得. 验证：此时， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 所以是的极小值点，所以，. （2）当时，，则， 依题意方程有两个不同实根， 令（），等价于方程有两个不同正实根： 若，方程为，仅有1个正根，不符合要求； 若，需满足：判别式，解得； 两根之和，解得； 两根之积 ，解得. 综上，的取值范围为. 答案第6页（共10页） 答案第5页（共10页） 学科网（北京）股份有限公司 $