精品解析：福建省部分学校2027届高三上学期10月适应性练习数学试题

福建10月适应性练习 数 学 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚. 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 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（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求解一元二次不等式化简集合B，再根据交集的定义计算A与B的交集. 【详解】由不等式解得或，则或， 因，由，解得， 故. 2. 已知角的始边与轴的非负半轴重合，终边落在射线上，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦函数的终边定义求解即可. 【详解】在角的终边上取点，可得. 3. 已知命题：，则命题的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定判断即可. 【详解】全称量词命题的否定是存在量词命题，故的否定为“，” 4. 已知，则（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】观察角的关系：，利用诱导公式转化为，再用余弦二倍角公式代入求值. 【详解】， 由​，可得 故. 5. 函数的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意求出函数的定义域，然后对进行讨论，其中当时，将函数变形，再结合基本不等式即可求出其最大值. 【详解】由题意得， 当时，； 当即时， ， （当时等号成立.） . 综上所述函数的最大值为. 6. 已知函数，若对任意的，都有，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由可得： 当时，有， 当时，有， 说明在上单调递减. 已知， 可知时，是一个斜率为的一次函数，在上单调递减， 时，是一个开口向下的二次函数，对称轴为轴， 在上单调递减， 要使在上单调递减，则，上单调递减，即，解得. 7. 已知函数在区间单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导数，将问题转化为对任意恒成立，令，求出的最小值，从而可求得的取值范围. 【详解】根据题意，在恒成立，即对任意恒成立， 设函数（），求导得， 可得当时，，单调递减，且， 所以. 8. 在锐角中，D为边BC的中点，点E在线段AD上，若，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用直角三角形斜边中线性质求出中线AD的长度，再通过双三角形余弦定理边角联立得到边长平方关系，结合余弦定理推导出cosA关于边长比值的表达式，利用锐角三角形约束得到边长比值范围，最后结合对勾函数单调性求出cosA的取值范围. 【详解】记的内角，，的对边分别为，，， 由可知，，所以，所以， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 所以，即，而， 所以， 因为为锐角，所以， 所以，即，解得，即， 因为为锐角，所以， 所以，即，解得，即， 所以， 令，设，则， 因为对勾函数在上单调递减，在上单调递增， 所以时取得最小值， 当，， 当，， 所以 所以. 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. 设，均为正数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项，直接使用均值不等式进行求解即可；对于B选项，利用“1”的代换结合均值不等式进行求解即可；对于C选项，首先根据对数运算可得：，然后根据均值不等式进行求解即可；对于D选项，由可得：，代入后根据均值不等式进行求解即可. 【详解】对于A，由题意得，当且仅当时取等号，即，A选项正确； 对于B，，当且仅当时取等号，且，故，B选项错误； 对于C，，且，故，C选项正确； 对于D，，当且仅当时取等号，D选项正确. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 在区间上单调递减 D. 当，为方程的两个不同的解时，的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由图象确定振幅、周期求出，代入最高点求初相得到解析式；利用整体代换求出正弦函数单调区间，判断C；解方程，分析两根差值的最小值判断D. 【详解】对于A，由图可知，且，所以，A选项正确； 对于B，由A选项分析知，将点代入解析式可得， 则，，即， 又，所以，B选项正确； 对于C，由，则时，单调递减， 可得，其中.取，得递减区间为. 所以在区间单调递增，在区间单调递减，C选项错误； 对于D，当，为方程的两个解时，令， 所以或，其中， 可得，即，故的最小值为，D选项正确. 11. 已知函数是定义在R上的增函数，对任意 ，均满足，，则（ ） A. B. 对任意，均有 C. 对任意正整数n，均有 D. 对任意正整数n，均有 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用赋值法，联立所给式子，结合是增函数推得,再结合选项依次分析。 【详解】对于A，取，则，，解得，A错误； 对于B，由及，可得对任意，均有. 取，由，得. 于是对任意，有. 因此对任意，均有，B选项正确； 对于C，由，对，，，，，有. 所以，C选项正确； 对于D，记. 由C选项知，故， 将第k项与第项配对. 当时，及函数递增，得. 又， 所以，因此，D选项正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，，的面积为，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量数量积公式以及三角形的面积公式列出等式即可求解. 【详解】由题可得：，解得：， 因为，所以. 13. 设非空集合，，若“”是“”的充分条件，则实数a的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据一元二次不等式的求解、集合的关系及充分条件求解即可. 【详解】由，得，则. 因为 “”是“”的充分条件，所以. 得到，解得. 综上，的取值范围是. 14. 已知函数，记，，其中，设曲线在点，处的切线分别为，，且，分别交轴于，两点．则当时，的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导数，由题设可得，根据导数的几何意义，可表示为，构造函数，利用其单调性及最值即可求解. 【详解】当时，由，则， 设切线斜率为，，两点在轴上， 则由两点间的距离公式可得，, 则， 所以 ，设 ， 则 ，故 在 单调递减，在 单调递增， 故 ，于是 ， 所以 的取值范围是. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知函数的图象关于直线对称． （1）求； （2）设函数，求函数的单调递增区间． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用整体法，结合对称轴方程求参数即可； （2）先根据三角恒等变形化简得到，再利用整体法求单调区间即可． 【小问1详解】 由题意得， 所以，解得， 又，所以. 【小问2详解】 由（1）得，所以， ， 化简得， 所以，其中， 可得， 则的单调递增区间为，其中． 16. 已知函数在和处取得极值． （1）求，的值，并求函数的极值； （2）若函数有三个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1），极大值为，极小值为 （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即得； （2）结合（1）可得，则，分和两种情况讨论的单调性和极值即可求解. 【小问1详解】 由题可得， 由题意，得，则， 解得， 此时，， 令，解得：， 令，解得：，或，所以的单调递增区间为， 令，解得：，所以的单调递减区间为， 经检验，当时，在和处取得极值， 函数的极大值为：，极小值为 【小问2详解】 结合（1）可得函数， 所以， 当时，在上恒成立，此时在上单调递增，此时只有唯一零点，故不满足题意， 当，， 令，解得：或，所以的单调增区间为，， 令，解得：，所以的单调减区间为， 要使函数有三个零点，则， 解得：， 综上实数的取值范围为： 17. 记的内角的对边分别为，已知，． （1）求； （2）若的面积为，求边上的中线长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，利用正弦定理和两角和的正弦公式，求得，即可求解； （2）由的面积为，求得，再由，联立方程组，求得的值，设的中点为，结合，即可求解. 【小问1详解】 解：因为，由正弦定理可得， 又因为且，可得， 所以，即 因为， 所以 ， 整理得，所以． 【小问2详解】 解：因为的面积为，可得，解得， 由，可得，所以，且， 所以，所以， 联立方程组，解得， 设边的中点为，则， 所以， 所以边上的中线长为． 18. 已知函数，其中且，曲线经过，两点． （1）求，的值； （2）求函数在区间上的值域； （3）设，若，且，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，即可求解； （2）设，转化为，结合对数函数和二次函数的性质，即可求解； （3）设，，得到，画出的图象，结合图象，得到和的根，求得的表达式，由，得到，，，，结合指数幂的运算性质和的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：因为函数，且曲线经过点和， 可得，解得. 【小问2详解】 解：当时，可得， 设，则， 则当时，单调递减；当时，单调递增． 则当时，取得最小值；当时，取得最大值， 所以函数的值域为， 即函数在区间上的值域为． 【小问3详解】 解：不妨设，令，则， 画出函数的图象，如图所示， 由图可得，所以方程和各有两个不同的根， 其中方程的两根为， 方程的两根为， 所以，，，，且 ， 由，则对应的，则，，，， 所以， ， 令，其中，则， 设函数，令，所以 在上单调递增， 所以函数 在上单调递增，故， 则， 即的取值范围是 . 19. 已知函数． （1）求函数的单调区间及零点； （2）若对任意，都有，求实数的取值范围； （3）设，证明：数列单调递增，且． 【答案】（1）单调递增区间为，无减区间，零点为 （2） （3）由， 得， 由第（1）问，， 所以数列单调递增， 又由该求和式及第（1）问，得， 在第（2）问所得不等式中令，得 对，，，求和，得， 对任意正整数有 ， 因此， 结合上述两个不等式，． 【解析】 【分析】（1）利用导数求函数的单调区间，结合单调性及即可确定零点； （2）分、、三种情况，结合导数求解即可； （3）先求得，利用作差法证明的单调性，由（2）可得，再用裂项相消法求和即可证明． 【小问1详解】 函数的定义域为，且， 因为等号仅在时成立，所以的单调递增区间为，无减区间， 又，所以的零点为； 【小问2详解】 令，. 则. 当时，. 又，所以当时，. 又当时，，故时，题设不等式成立. 下面证明时，题设不等式不恒成立. 当时，由第（1）问知当时，而，故不符合题意，舍去. 当时，令，则，且. 当时，，从而.由于，故在上述区间内，题设不等式不成立，舍去. 综上，实数的取值范围为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建10月适应性练习 数 学 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚. 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 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（ ） A. B. C. D. 2. 已知角的始边与轴的非负半轴重合，终边落在射线上，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知命题：，则命题的否定为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ）. A. B. C. D. 5. 函数的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若对任意的，都有，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在区间单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 在锐角中，D为边BC的中点，点E在线段AD上，若，，则的取值范围是（ ） 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. 设，均为正数，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 在区间上单调递减 D. 当，为方程的两个不同的解时，的最小值为 11. 已知函数是定义在R上的增函数，对任意 ，均满足，，则（ ） A. B. 对任意，均有 C. 对任意正整数n，均有 D. 对任意正整数n，均有 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，，的面积为，则________． 13. 设非空集合，，若“”是“”的充分条件，则实数a的取值范围是________． 14. 已知函数，记，，其中，设曲线在点，处的切线分别为，，且，分别交轴于，两点．则当时，的取值范围是_________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知函数的图象关于直线对称． （1）求； （2）设函数，求函数的单调递增区间． 16. 已知函数在和处取得极值． （1）求，的值，并求函数的极值； （2）若函数有三个零点，求实数的取值范围． 17. 记的内角的对边分别为，已知，． （1）求； （2）若的面积为，求边上的中线长． 18. 已知函数，其中且，曲线经过，两点． （1）求，的值； （2）求函数在区间上的值域； （3）设，若，且，求的取值范围． 19. 已知函数． （1）求函数的单调区间及零点； （2）若对任意，都有，求实数的取值范围； （3）设，证明：数列单调递增，且． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $