精品解析：北京中国人民大学附属中学2026-2027学年高三上学期10月质量检测练习数学试卷

人大附中2027届高三10月质量检测练习 数 学 说明：本试卷21道题，共150分；考试时间120分钟；请在答题纸上填写个人信息，并将条形码贴在答题纸的相应位置上． 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题4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，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．） 1. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知命题：，，则命题是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 角的始边在轴的正半轴上，终边在直线上，则（ ） A. 2 B. C. -3 D. 1 4. 过点可作两条曲线的切线，则点的坐标可能为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的定义域为，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 7. 已知函数图象与直线的两个交点间的最小距离为，且．若，且在区间上单调，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 某AI实验室训练大模型的训练成本与参数数量成正比，与芯片效率成反比，已知参数数量每年增长20%，芯片效率每年增长50%．某大模型今年训练成本为，若第年后（）的模型的训练成本不超过，则的最小值为（ ）（参考数据：，） A. 5年 B. 6年 C. 7年 D. 8年 9. 已知函数，其中，若，都有成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 小斌老师在上课时在黑板上画出了函数图像的一部分，然后他画了一条长度为12的线段，如图所示：端点，落在曲线上，与轴交于点，与曲线交于点．若，，则满足条件的，可能是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．请把结果填在答题纸上的相应位置．） 11. 已知向量，不共线，，．若，共线，则实数_____． 12. 已知函数为偶函数，则实数______． 13. 函数的最小值为_____． 14. 在中，内角，，所对的边分别为，，，满足，其中， （1）若，则_________； （2）若，，则_________． 15. 已知函数，其中，给出以下四个结论： ①对于任意正实数，为偶函数； ②记集合，则“中各项可以构成一个等差数列”的充要条件是“是正整数”； ③若有最大值，则； ④存在正整数，使得在区间中，恰好有2027个极值点． 其中正确结论的序号是：_____． 三、解答题（本大题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．请在答题纸上的相应位置作答．） 16. 已知为数列的前项和，满足，．数列是等差数列，且，． （1）求数列和的通项公式； （2）若数列的通项公式为，求数列的前项和的最小值． 17. 已知函数． （1）当时，求的单调区间与极值； （2）若在区间上单调递增，求实数的取值范围． 18. 已知函数． （1）若，求的单调递增区间； （2）已知在区间上单调递增，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定，求在区间上的最大值和最小值． 条件①：； 条件②：点在的图象上； 条件③：． 19. 天宁寺塔位于北京市西城区广安门外护城河西岸，是辽代八角十三层密檐式实心砖塔，也是北京城区现存最古老的地面建筑之一．某校实践小组在护城河东岸同一水平面内选取，两个观测点，测量天宁寺塔的高度．由于塔底位于对岸无法直接到达，小组先在点处测得塔顶的仰角为，然后沿河岸步行35米到达点处，在点处测得塔顶的仰角为．已知，且观测点与塔底在同一水平面内． （1）求天宁寺塔的高度； （2）求的大小； （3）若点在直线上（且在，之间），满足，求的值． 20. 已知函数． （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若时，恒成立，求实数的取值范围； （3）当时，若是在的零点，比较与的大小，并证明你的结论． 21. 设是如下形式的行列的数表， 其中位于第行第列的数为，且满足时，，时，． 已知集合． 给定数表和序列：，，…，，其中，对数表进行如下变换：将的减1，加1，其余各项不变，记为；将的减1，加1，其余各项不变，记为；以此类推得到…，简记为． 记，即数表的第行各数之和． （1）当时，给定序列：，，写出，，； （2）若序列：，，…，各项互不相同，且满足第三分量等于的项至多有个． （ⅰ）当时，是否存在序列：，，…，，使得，若存在，写出一个符合条件的序列，若不存在，说明理由； （ⅱ）求的最大值，使得存在序列：，，…，，满足． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 人大附中2027届高三10月质量检测练习 数 学 说明：本试卷21道题，共150分；考试时间120分钟；请在答题纸上填写个人信息，并将条形码贴在答题纸的相应位置上． 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题（本大题共10小题，每小题4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，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．） 1. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为等价于，解得，即集合， 且集合，所以. 2. 已知命题：，，则命题是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【详解】∵原命题：， . 3. 角的始边在轴的正半轴上，终边在直线上，则（ ） A. 2 B. C. -3 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】先根据角的终边所在直线求出的值，然后根据两角和的正切公式，将已知数值代入公式，最后对分式进行化简运算即可. 【详解】 角 的终边在直线 上， ， 又 ， . 4. 过点可作两条曲线的切线，则点的坐标可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设切点为，求出切线方程为，再设点，由题意可得方程有两正根，转化为函数有两正零点，再将各选项的点坐标代入进行验证. 【详解】设切点为. 由得，所以切线斜率为，则切线方程为. 设点，则，即. 因为过点可作两条曲线的切线，所以方程恰有两正根. 设，则函数恰有两正零点. 对于选项A，若点，则，所以，. 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 又因为，，， 所以有两个正零点，故A满足题意； 对于选项B，若点，则，所以，. 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 所以，则没有零点，故B不满足题意； 对于选项C，若点，则，所以. 令得.所以只有一个零点，故C不满足题意； 对于选项D，若点，则，所以，. 所以在区间上单调递增. 所以不可能有两个零点，故D不满足题意. 5. 已知，，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，，即， 且，，则，， 所以. 6. 已知函数的定义域为，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】B 【解析】 【分析】先看必要性：若对任意有，反复迭代递推可推出；再举反例证明充分性不成立，由此判断条件关系. 【详解】设命题：，；命题：，. 若，，将式子中替换为，得； 同理：、、、. 由不等号的传递性，全部连起来： ，得到，即. 设，；对任意实数，. 每个区间内是一条下降直线；向右每平移2026个单位的线段，整体向上抬高1. ：由递推式得，满足，； ：取，，存在使得，不满足，. 满足前者不能推出后者，充分性不成立；而后者可推出前者，故前者是后者的必要不充分条件. 综上：是的必要不充分条件. 7. 已知函数图象与直线的两个交点间的最小距离为，且．若，且在区间上单调，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数与直线交点条件求，再根据对称条件求 ，分析 且 在 上单调的条件，进一步验证符合单调条件的最小非零值，最终得到 的最小值. 【详解】已知 与 的两个交点最小距离为 ， 令 ，可得：或 取相邻的两个解，计算横坐标差：， 结合题目给出的最小距离 ，代入得：， 由 ，可知函数 关于点 中心对称， 因此：，即 ， 结合条件 ，取 得： 因此函数解析式为：. 若 在 上单调，且 ，则区间中点 满足 ， 的零点满足 ，解得 ， 因此， 要使最小，当 时，. 8. 某AI实验室训练大模型的训练成本与参数数量成正比，与芯片效率成反比，已知参数数量每年增长20%，芯片效率每年增长50%．某大模型今年训练成本为，若第年后（）的模型的训练成本不超过，则的最小值为（ ）（参考数据：，） A. 5年 B. 6年 C. 7年 D. 8年 【答案】C 【解析】 【详解】训练成本与参数数量成正比，与芯片效率成反比，因此设(为比例常数)， 今年的训练成本为，设今年的参数数量为，芯片效率为，则有， 第年后，参数数量每年增长20%，故， 芯片效率每年增长50%，故， 第年后的训练成本满足： ， 将代入，化简得， 则有，即， 两边取对数得，有， ， ，因此不等式变为，所以， 因为，所以的最小值为7. 9. 已知函数，其中，若，都有成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意，由，可得在时恒成立，通过构造函数求的下确界即得. 【详解】函数，若，都有成立， 则有，即， 变形为， 当时，，则恒成立， 故只需，即在时恒成立， 令，则， 因函数在时单调递增，则有， 则，所以. 故的取值范围是. 10. 小斌老师在上课时在黑板上画出了函数图像的一部分，然后他画了一条长度为12的线段，如图所示：端点，落在曲线上，与轴交于点，与曲线交于点．若，，则满足条件的，可能是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】先利用辅助角公式化简函数，再根据线段比例关系分析点的位置，利用线段长度推导水平距离，计算线段AB的竖直总落差, 推导出的取值，验证 的合理性即可. 【详解】利用辅助角公式，可得， 其中该函数的最大值为 ，最小值为 ，值域为； 设 ，由题设 ，可得 ， 因此总线段长度， 已知 ，解得 ，即 ，说明点 是线段的中点， 设点 ，点 ，因为 在 轴上且是中点， 所以 的纵坐标为 0 ，由中点坐标公式得， 也就是 ，说明两点关于点 中心对称， 设在竖直方向的分量为 ，则竖直分量为, 竖直分量为， 因此点纵坐标为点纵坐标为点纵坐标为. 得到两点的竖直总落差为 ， 结合线段总长 12 ，水平分量设为 ，由勾股定理 ， 同时 三点都在 上，且 ， 结合三角函数的对称性可得，解得 ， 因此竖直总落差为 6 ，代入得水平分量 . 得到到的水平距离为 ，结合三角函数的相位差关系， 可得到对应的相位差为 ，即， 解得， 将 代入选项，结合 的取值条件验证， 当时，满足三点的函数值匹配所有向量条件. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．请把结果填在答题纸上的相应位置．） 11. 已知向量，不共线，，．若，共线，则实数_____． 【答案】 【解析】 【详解】已知，不共线，，共线，则存在实数，使得. 所以有：， 由平面向量基本定理，对应系数相等：，解得. 12. 已知函数为偶函数，则实数______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据给定条件，利用偶函数的定义列式计算得解. 【详解】函数为偶函数， 则， 即，而不恒为0， 所以. 故答案为：1 13. 函数的最小值为_____． 【答案】## 【解析】 【分析】利用三角函数基本关系式与“乘1”法，结合基本不等式即可求得最小值. 【详解】因， 则 ，当且仅当时等号成立， 即当时，函数的最小值为. 14. 在中，内角，，所对的边分别为，，，满足，其中， （1）若，则_________； （2）若，，则_________． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】利用正弦定理及三角形内角三角函数关系可得. （1）将代入可得即可求； （2）将代入可得，利用同角三角函数关系可求，从而可计算，再利用正弦定理及面积公式即可. 【详解】因为，， 所以. 又因为 所以， 则，即. 所以 （1）若，则，即. 又因为，所以，则. （2）若，则，即. 又因为，所以. 所以. 因为，所以. 所以. 15. 已知函数，其中，给出以下四个结论： ①对于任意正实数，为偶函数； ②记集合，则“中各项可以构成一个等差数列”的充要条件是“是正整数”； ③若有最大值，则； ④存在正整数，使得在区间中，恰好有2027个极值点． 其中正确结论的序号是：_____． 【答案】①④ 【解析】 【分析】①分别在与 时验证；②求正零点集合，并取构造反例；③取，证明仍能取得最大值；④取奇正整数，分别统计、与内的极值点个数． 【详解】函数的定义域为． 对于①，当时， 当 时，. 所以为偶函数，①正确． 对于②，当时，若，则仅有； 若，则 且还需． 因此 取，则 其各项构成公差为的等差数列，但不是正整数，所以②错误． 对于③，取． 当时，．当 时，由①知只需考虑． 令，则，且. 若，则 ，所以． 若，令，则且 所以 ，从而． 因此在处取得最大值，③错误． 对于④，取奇正整数． 在内，，故只有一个极值点． 在内，， 令，则． 临界点满足. 对每个整数，令 当时，， 所以在该区间上严格递增． 又， 且当时，，故该区间内恰有一个零点； 在上，，故无零点． 在上述唯一零点两侧，由负变正，而在该小区间内符号不变，所以发生变号，每个零点均对应一个极值点． 因此内恰有个极值点． 由偶函数的对称性，内也恰有个极值点． 又因为为奇数，在的左侧函数值为正，而在的右侧充分接近时，所以不是极值点； 由偶函数性质知，也不是极值点． 故区间内极值点总数为 所以④正确． 三、解答题（本大题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．请在答题纸上的相应位置作答．） 16. 已知为数列的前项和，满足，．数列是等差数列，且，． （1）求数列和的通项公式； （2）若数列的通项公式为，求数列的前项和的最小值． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）利用与的关系得到的递推式，由等比数列的定义式求出，再利用等差数列的基本量运算求得； （2）先根据等差数列的定义判断为等差数列，再利用求和公式结合二次函数的性质即可求得最小值. 【小问1详解】 ①，当时，，得， 当时，②， 由①②，可得，即， 故数列是首项为1，公比为2的等比数列，则； 又，数列是等差数列，设公差为， 由，解得， 则. 【小问2详解】 因， 由，可知数列为首项是，公差为2的等差数列， 故数列的前项和为， 又因，故当时，取得最小值. 17. 已知函数． （1）当时，求的单调区间与极值； （2）若在区间上单调递增，求实数的取值范围． 【答案】（1）的单调增区间为，单调减区间为和；当时函数取得极小值，无极大值； （2）. 【解析】 【小问1详解】 当时，，，且，列表如下： 极小值 由表可得，的单调增区间为，单调减区间为和； 当时函数取得极小值，无极大值. 【小问2详解】 ，由题意得对任意恒成立， 即. 令，则， 当时，，从而在单调递增，因此. 18. 已知函数． （1）若，求的单调递增区间； （2）已知在区间上单调递增，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一确定，求在区间上的最大值和最小值． 条件①：； 条件②：点在的图象上； 条件③：． 【答案】（1）单调递增区间为； （2）选条件①或条件③，在上最大值为，最小值为. 【解析】 【分析】（1）代入，根据正弦函数单调递增区间的不等式，解出自变量的范围即可； （2）先由在单调递增求出的取值范围，再分别检验三个条件，筛选出能唯一确定的条件，求出后，结合正弦函数图像求最值. 【小问1详解】 当时， 由， 得， 所以单调递增区间为. 【小问2详解】 由， 当时， 在单调递增，故，解得. 条件①：， 即，得 在内有唯一解， 此时. 时，， 当，即时，； 当，即时，. 条件②：点在图象上， 得 在内有两个解，，不能唯一确定，舍去； 条件③：，得 当，时，得，在内无解； 当，时，得，在内有唯一解； 此时. 时，， 当，即时，； 当，即时，. 综上所得，选条件①或条件③，最大值，最小值. 19. 天宁寺塔位于北京市西城区广安门外护城河西岸，是辽代八角十三层密檐式实心砖塔，也是北京城区现存最古老的地面建筑之一．某校实践小组在护城河东岸同一水平面内选取，两个观测点，测量天宁寺塔的高度．由于塔底位于对岸无法直接到达，小组先在点处测得塔顶的仰角为，然后沿河岸步行35米到达点处，在点处测得塔顶的仰角为．已知，且观测点与塔底在同一水平面内． （1）求天宁寺塔的高度； （2）求的大小； （3）若点在直线上（且在，之间），满足，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设，用表示，结合余弦定理即可求得的值； （2）结合（1）的结论，根据等边对等角，求得； （3）求得，，，再由正弦定理求得，从而求得.的值． 【小问1详解】 由题意知，，，，，， 设，则， 又中，， 所以， 即 ， 化简，得， 因为，所以，. 所以. 【小问2详解】 由（1）可得，，， 因为，所以. 【小问3详解】 ， ， 所以. ， 由正弦定理，得， 所以， 所以. 20. 已知函数． （1）当时，求在点处的切线方程； （2）若时，恒成立，求实数的取值范围； （3）当时，若是在的零点，比较与的大小，并证明你的结论． 【答案】（1） （2） （3）当时，设，其中， 而， 因为，所以均为上的增函数， 故为上的增函数，而是在的零点， 故且当时，，故在上为减函数，故， 而，故，故. 【解析】 【分析】（1）求导利用点斜式即可求出； （2）将问题转化为，恒成立，再分类讨论即可； （3）通过判断的二阶导数，结合且即可证. 【小问1详解】 当时，，定义域为，则， 而，则，故，即， 故曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 若时，恒成立，即， 令，则， 而， 若，则，故存在，使得在上恒成立， 故在上为减函数，故，总有，与题设矛盾； 为递增函数且， 故，此时， 设，则， 因为均为上的增函数，故为上的增函数， 故，故为上的增函数，故. 即在上恒成立. 【小问3详解】 略. 21. 设是如下形式的行列的数表， 其中位于第行第列的数为，且满足时，，时，． 已知集合． 给定数表和序列：，，…，，其中，对数表进行如下变换：将的减1，加1，其余各项不变，记为；将的减1，加1，其余各项不变，记为；以此类推得到…，简记为． 记，即数表的第行各数之和． （1）当时，给定序列：，，写出，，； （2）若序列：，，…，各项互不相同，且满足第三分量等于的项至多有个． （ⅰ）当时，是否存在序列：，，…，，使得，若存在，写出一个符合条件的序列，若不存在，说明理由； （ⅱ）求的最大值，使得存在序列：，，…，，满足． 【答案】（1）. （2）（ⅰ）不存在，当时，初始行和为，总和始终为，考察首位差，只有能使增加2.其余操作最多使其增加1， 按第三分量分组： 第三分量 最大增量的依据 增量上界 不能涉及第1行，且至多操作1次 1 至多1次，另一次最多增加1 3 至多1次，其余两次各最多增加1 4 有利操作只有各至多1次 2 因此， 假设最终行和严格递增，记为，且，四个数都是整数，故， 首位差为3时，四个数只能是连续的整数，其和为，不可能等于， 首位差为4时，结合总和为，唯一可能是， 要达到，上表每组都必须达到最大增量， 组必须采用，对第2行的净影响为0， 组必须包含，且不能再采用使减少的操作，其中第2行先增加1，即使再采用，也只能减少1，所以这一组不能使第2行净影响减少， 组不能改变第2行， 组最多使第2行减少1，，与所需的矛盾. （ⅱ）7 【解析】 【分析】（1）根据题意即可求出； （2）（ⅰ）当时，考察首位差，只有能使增加2.其余操作最多使其增加1，再讨论即可证明； （ⅱ）对，初始时，进而得到，再构造的合法序列，即可求出. 【小问1详解】 当时，由题意得, 行和依次变化为，. 【小问2详解】 （ⅰ）略. （ⅱ）先证上界， 对，初始时，总操作次数满足， 只有能使增加2，其余操作最多增加1，前者对应的三元组只能为，其中，故最多有次， 因此， 当时，右侧不大于，无法满足，， 再构造的合法序列， 初始首位差为，各组分别选中如下操作： 组选，使增加1， 各组先选，使增加2，再补上个各使增加1的操作，具体可选为： 先选这一次 再选这些操作 操作数 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 表中后列的操作都是让第1行减1，或让第7行加1，所以每个操作均使增加1， 每组共次，使增加， 先选，再选只说明选取方式，实际执行顺序不影响最终行和， 组选共5次，不超过7次，使增加5， 各组三元组互不相同，均满足，各组操作数依次为，均未超过对应的， 最终，故可以实现， 结合上界. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $