精品解析：福建省福州格致中学2026-2027学年第一学期高三数学10月限时训练

福州格致中学2026-2027学年第一学期高三数学10月限时训练 （满分：150分；完卷时间：120分钟） 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. 已知集合，，则“”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】A 【解析】 【分析】结合集合运算以及分式不等式的运算，直接判断充分性和必要性即可. 【详解】由得，， 所以， 又，所以， 则若，可得， 若，则， 所以“”是“”的充分不必要条件. 2. 在平面直角坐标系中，角的始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】角的始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点， 则有，， 所以. 3. 下列四个函数中，以为最小正周期且在上单调递减的偶函数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于A选项,当时,,故,在上单调递增, 所以A选项错误; 对于B选项, 的定义域为关于原点对称, 且,所以是奇函数, 所以B选项错误; 对于C选项, 定义域为R，且,所以是偶函数,且最小正周期为π; 当时,,故,在上单调递减, 所以C选项正确; 对于D选项, ,最小正周期为,所以D选项错误. 4. 若，是任意实数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对于选项ABC：例如，满足， 但，即，故A错误； 且无意义，故B错误； 可得，故C错误； 对于选项D：因为在定义域内单调递减， 因为，所以，故D正确. 5. 已知圆锥的侧面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为. 因为圆锥的侧面展开图为半圆，其圆心角为， 所以展开图弧长等于底面周长，即. 又圆锥的侧面积为. 解得. 圆锥的高为. 故圆锥的体积为. 6. 已知向量是夹角为的两个单位向量，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用投影向量的计算公式即可. 【详解】. 所以向量在向量上的投影向量为. 7. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）间的关系为（其中是正常数），如果在前消除了的污染物，那么污染物减少需要花费的时间约为（　　） （参考数据：） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题设结合对数运算性质可得答案. 【详解】因在前消除了的污染物，则， 设污染物减少需要花费的时间约为，则. 8. 已知是偶函数的导函数，．若时，，则使得不等式成立的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】观察的结构，构造，先判断奇偶性，再求在上的单调性，把抽象不等式转化为自变量大小关系求解. 【详解】构造函数，其中，则，所以为上的奇函数， 当时，，所以函数在上为增函数， 由是偶函数的导函数，在上处处可导，则在上处处连续，所以函数在上连续，所以奇函数在上为增函数， 因为，则， 由得，可得，解得，即的取值范围为． 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. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 的最大值是 C. 的一条对称轴为 D. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 【答案】BCD 【解析】 【分析】先利用三角恒等变换化简，再结合正弦函数的单调性、最值、对称轴和图象平移规律逐项判断即可。 【详解】， 对于A：，单调递增区间应满足， 解得，所以单调递增区间为， 因为不完全在增区间内，故A错误； 对于B：，当取到最大值时，函数取最大值为，故B正确； 对于C：，此时取到了的最大值，所以函数的一条对称轴为，故C正确； 对于D：的图象向左平移个单位长度，得，故D正确. 10. 已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列结论正确的有（ ） A. ， B. 当时，最小 C. 使得成立的最小自然数 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题设不等式作差可得公差，数列递增，且，所以前14项为负，从15项起为正，由且可推出即可判断A选项；前14项均为负,15项后均为正，结合数列递增可判断B选项；计算，，据此判断满足的最小，从而判断C选项； 将等价化简为，而该式已知成立，即可判断D选项． 【详解】由得由得 故，因此公差， 由得 对于A选项：由于，且，所以，所以A错误； 对于B选项：因为，所以此数列为递增数列， 又，所以前项均为负数，15项以后均为正数， 所以当时，最小，所以B正确； 对于C选项：，而，故， 又，因为，所以， 又数列为递增数列，所以使的最小自然数为，所以C正确； 对于D选项：， 因为，所以；因为 ，所以， 所以，， 要证，即 而由，得，所以D正确. 11. 已知偶函数与奇函数的定义域均为，且满足，，则下列关系式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】运用代入法，结合奇函数和偶函数的性质逐一判断即可. 【详解】对于选项A：由，所以本选项关系式一定成立； 对于选项B：由， 由， ，得，本选项关系式一定成立； 对于选项C：因为是定义域为的奇函数，所以， 而，故本选项关系式不成立； 对于选项D：，则，即. ，， ，即， 为偶函数，， ，， 所以，所以本选项关系式一定成立. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线过原点的切线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设切点，求导，即可根据点斜式求解切线方程，进而根据直线过原点即可求解切点坐标，进而可求解. 【详解】由得 设切点为，则切线方程为 由于切线经过原点，所以，解得， 所以切线方程为，即， 故答案为： 13. 记为数列的前项和，已知点在直线上，若有且只有4个正整数n满足，则实数的取值范围是_________ . 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得，得到，结合题意和二次函数的性质，即可求解. 【详解】因为点在直线上，可得， 则， 可得， 又因为有且只有4个正整数n满足， 结合二次函数的性质，可得符合条件的， 所以，即实数的取值范围是. 14. 已知平面向量，，满足且，向量满足，则的最大值是______． 【答案】 【解析】 【详解】已知平面向量，，满足且， 设，，， ，代入坐标得： ， 可知点在圆心，半径为的圆上， 则的最大值等于原点到圆心的距离加上圆的半径， 即. 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. 已知等差数列，若，且，，成等比数列． （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）若，设，求数列的前项和． 【答案】（Ⅰ）或（Ⅱ） 【解析】 【分析】 （Ⅰ）由，且，，成等比数列这两个条件列出和的方程组可求解出，从而可得数列的通项； （Ⅱ）把（Ⅰ）解得的代入中，化简得 ，然后利用裂项相消法求和. 【详解】解：（Ⅰ）∵，∴① ∵，，成等比数列，∴，∴化简得， 若， 若，②，由①②可得，， 所以数列的通项公式是或 （Ⅱ）由（Ⅰ）得 ∴ 【点睛】此题考查了等差数列的基本量运算，裂项相消求和法，属于基础题. 16. 在中，所对的边分别为，向量，且. （1）求角A的大小； （2）若外接圆的半径为2，求面积的最大值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）有向量垂直的坐标表示可得，应用正弦定理的边角关系及三角形内角的性质求得，即可求A的大小； （2）法一：由正弦定理可得，，再利用三角形的面积公式求面积关于角B的三角函数式，结合三角形内角性质及正弦函数的性质求面积最大值；法二：应用正余弦定理及基本不等式可得，注意等号成立条件，再由三角形面积公式求面积的最大值. 【详解】（1）依题意得：，则， ∴，又， ∴，，故. （2）法一：由正弦定理得，， ∴面积 由得：，则， ∴，故，即时，. 法二：由正弦定理得：，由余弦定理得：， ∴，当且仅当时取等号， ∴，. 17. 已知椭圆，且焦点在轴上，离心率. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，若，求直线的方程及弦长. 【答案】（1）. （2）直线的方程为，弦长. 【解析】 【分析】（1）由题意根据椭圆离心率求得，进而计算可求椭圆的方程； （2）由题意结合弦长公式、点到直线的距离公式可得三角形面积，进而建立等式计算求解即可. 【小问1详解】 已知椭圆焦点在轴上，故，即. 由离心率，得，， 因此椭圆方程为； 【小问2详解】 设过的直线方程为，设，. 联立直线与椭圆方程得：， 消去整理得， 由判别式 ，得. 由韦达定理得，. 原点到直线的距离， 弦长. 三角形面积， 令，，则 ， 代入化简可得，整理得 ， 解得，即，得，即，满足， 当，即时，直线的方程为，. 当直线斜率不存在时，直线过，此时三点共线，不符合题意，舍去. 18. 如图，在正四棱锥中，，为与的交点，点E，F分别为棱，的中点，且. （1）求的长度； （2）求二面角的正弦值； （3）若，且A，E，F，G四点共面，求的值. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，根据两向量垂直数量积为，得到的值； （2）分别计算平面和的法向量，利用向量法求解即可； （3）求出平面的一个法向量，利用A，E，F，G四点共面，得出，即可求解. 【小问1详解】 在正四棱锥中，以O为坐标原点，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，则，，，. 设，则，. 所以，. 因为，所以，解得. 所以. 【小问2详解】 由（1）知，，， ，. 设平面的法向量为. 由得 则，取，则， 即平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 由得 取，则，， 即平面的一个法向量为. 设二面角的大小为，则， 所以， 即二面角的正弦值为. 【小问3详解】 由， 所以， 所以. 设平面的法向量为， 因为，， 由得 则，取，则， 即平面的一个法向量为. 因为A，E，F，G四点共面，则， 所以， 解得. 19. 若数列使得函数f（x）满足，则称为的进阶数列．已知函数，，，，． （1）证明：为的进阶数列． （2）证明：． （3）证明：为的进阶数列． 【答案】（1） 由题可知 ， 所以为的进阶数列． （2） 构造函数，可得． 当时，，即函数在上单调递增； 当时，，即函数在上单调递减． 因此函数在处取得极小值，也是最小值， 即可得恒成立，即，当且仅当时，等号成立． 由，可得，即，当且仅当时，等号成立． 综上，恒成立，但等号不在同一点处取得， 所以，即． （3） 由（2）中结论可知， 所以， 因此． 故 ， 即为的进阶数列． 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的前n项和公式即放缩即可证明结论. （2）先构造函数，求导求函数的单调区间及最小值，即可证明，对自变量加1及求对数即可证明结论. （3）由（2）的结论，以及等比数列前n项和及放缩即可证明结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州格致中学2026-2027学年第一学期高三数学10月限时训练 （满分：150分；完卷时间：120分钟） 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. 已知集合，，则“”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 2. 在平面直角坐标系中，角的始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列四个函数中，以为最小正周期且在上单调递减的偶函数是（ ） A. B. C. D. 4. 若，是任意实数，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥的侧面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积是（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量是夹角为的两个单位向量，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）间的关系为（其中是正常数），如果在前消除了的污染物，那么污染物减少需要花费的时间约为（　　） （参考数据：） A. B. C. D. 8. 已知是偶函数的导函数，．若时，，则使得不等式成立的的取值范围是（ ） 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. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 的最大值是 C. 的一条对称轴为 D. 的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 10. 已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列结论正确的有（ ） A. ， B. 当时，最小 C. 使得成立的最小自然数 D. 11. 已知偶函数与奇函数的定义域均为，且满足，，则下列关系式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 曲线过原点的切线方程为__________. 13. 记为数列的前项和，已知点在直线上，若有且只有4个正整数n满足，则实数的取值范围是_________ . 14. 已知平面向量，，满足且，向量满足，则的最大值是______． 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. 已知等差数列，若，且，，成等比数列． （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）若，设，求数列的前项和． 16. 在中，所对的边分别为，向量，且. （1）求角A的大小； （2）若外接圆的半径为2，求面积的最大值. 17. 已知椭圆，且焦点在轴上，离心率. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，若，求直线的方程及弦长. 18. 如图，在正四棱锥中，，为与的交点，点E，F分别为棱，的中点，且. （1）求的长度； （2）求二面角的正弦值； （3）若，且A，E，F，G四点共面，求的值. 19. 若数列使得函数f（x）满足，则称为的进阶数列．已知函数，，，，． （1）证明：为的进阶数列． （2）证明：． （3）证明：为的进阶数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $