精品解析：吉林四平市实验中学2026-2027学年高三上学期第一次学情诊断数学试题

2026~2027学年度第一学期第一次学情诊断 高三数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语，不等式，函数，导数，三角函数，解三角形，平面向量，复数. 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. 已知，若复数是纯虚数，则的值为（ ） A. B. C. 或1 D. 或 3. 设，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 4. 若函数满足，则的值为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知向量在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则（ ） A. 24 B. 18 C. D. 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 若，则（ ） A. B. C. D. 10. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象.若的图象关于点对称，则（ ） A. 的值可以为，是的一个周期 B. 的最小值为，是的一个周期 C. 的最小值为，的图象关于直线对称 D. 的值可以为，的图象关于直线对称 11. 已知函数关于的方程，下列命题正确的是（ ） A. 若，则方程恰有4个不同的解 B. 若，则方程恰有5个不同的解 C. 若方程恰有2个不同的解，则或 D. 若方程恰有3个不同的解，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若命题：，使得为假命题，则实数m的取值范围为_____ 13. 设且，则的最小值为______． 14. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是______． 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. 已知集合，. （1）若，求； （2）若，求实数的取值范围. 16. 已知函数的两个极值点分别为和． （1）求的解析式； （2）若直线与曲线有且仅有两个公共点，求的值． 17. 在中，内角的对边分别为，，的面积为． （1）求； （2）若，求外接圆的半径． 18. 已知函数是定义在上的奇函数. （1）求的值，并证明：在上单调递增； （2）求不等式的解集； （3）若在区间上的最小值为，求的值. 19. 已知函数． （1）求函数的图象在点处的切线方程； （2）证明：对，有； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026~2027学年度第一学期第一次学情诊断 高三数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语，不等式，函数，导数，三角函数，解三角形，平面向量，复数. 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】 【详解】因为，所以， 所以. 2. 已知，若复数是纯虚数，则的值为（ ） A. B. C. 或1 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】利用纯虚数的定义列式求解. 【详解】由复数是纯虚数，得，解得. 故选：B. 3. 设，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】 根据充分性和必要性的定义，结合比较法和特例法进行判断即可. 【详解】当时，即， ， 因此由能推出， 当时，显然当时成立，但是不成立， 因此由不一定能推出， 所以“”是“”的充分不必要条件， 故选：A 4. 若函数满足，则的值为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】求解导函数，再赋值，解关于的方程可得. 【详解】由，得， 则，解得， 故选：C. 5. 已知向量在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则（ ） A. 24 B. 18 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立直角坐标系，读出向量的坐标，再利用坐标运算求数量积. 【详解】以三个向量的公共起点为原点建立如图所示的直角坐标系， 则，，， 则，， 则 故选：D 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由二倍角公式化简原式，结合所在象限计算，进而求得，再使用正弦和差公式进行求解即可. 【详解】由得， 又，所以，， 所以 7. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得函数的对称轴，结合单调性的定义可得，计算即可. 【详解】显然，又因为函数图象的对称轴方程为， 又函数在上单调递增，所以，即，解得，即实数的取值范围是. 故选：B. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由对数运算化简，构造函数，求导判断单调性，比较与，再由指数不等式得的近似值，并利用正弦单调性估计的范围，综合得到三者大小关系. 【详解】， 令，则， 所以在上单调递减，所以，即， 构造函数，所以 令，得， 当时，，所以，单调递减； 当时，，所以，单调递增. 因此在处取得最小值： 所以对任意，都有,当且仅当时取等号. 所以，即， 综上可知，. 二､多选题：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. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】AB选项，利用不等式的基本性质进行判断；C选项，作差法比较大小；D选项，举出反例. 【详解】A选项，因为，，所以，即，故A正确； B选项，因为，，所以，故B错误； C选项，由A知，，又，因为，所以，故C正确； D选项，当，，，时，，故D错误. 故选：AC. 10. 将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象.若的图象关于点对称，则（ ） A. 的值可以为，是的一个周期 B. 的最小值为，是的一个周期 C. 的最小值为，的图象关于直线对称 D. 的值可以为，的图象关于直线对称 【答案】BD 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简函数解析式从而得到的解析式，由得函数的最小正周期判断AB，再由可求出s的表达式，验证是否为即可判断是否为函数的对称轴. 【详解】，，的最小正周期为， 所以是的周期，不是的周期； 由得，，又，所以时，取得最小值，当时，， 由得的图象关于直线对称. 故选：BD 11. 已知函数关于的方程，下列命题正确的是（ ） A. 若，则方程恰有4个不同的解 B. 若，则方程恰有5个不同的解 C. 若方程恰有2个不同的解，则或 D. 若方程恰有3个不同的解，则 【答案】BC 【解析】 【分析】由得或，画出的图象，数形结合即可求解在不同条件下的取值范围. 【详解】因为， 所以，所以或， 的图象如图所示，由图可知与有两个交点. 对于A，若且，则方程恰有2个不同的解，故A错误； 对于B，若，则与有3个不同的交点，此时方程恰有5个不同的解，故B正确； 对于C，若方程恰有2个不同的解， 当与没有交点时满足题意，此时； 当时，方程恰有2个不同的解，此时， 故若方程恰有2个不同的解，则或，故C正确； 对于D，若方程恰有3个不同的解，则，则与有1个交点，此时或，故D错误. 故选：BC. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若命题：，使得为假命题，则实数m的取值范围为_____ 【答案】 【解析】 【分析】利用命题的否定与原命题为一真一假，来把题意转化为全称量词命题，且为真命题来求解即可. 【详解】由题意可得，：，为真命题， 即当时，恒成立. 因为函数的对称轴为， 所以当时，， 所以，即，解得或， 即实数m的取值范围为. 故答案为：. 13. 设且，则的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据已知条件得出，再应用基本不等式求出最小值即可. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 当且仅当，即时取等号，所以的最小值为． 故答案为：. 14. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先由函数的单调性可得在上的值域，再由二次函数的图象和性质求出的范围即可. 【详解】当时，因为在上单调递增，所以； 当时，二次函数图象开口向下，对称轴为， 当时，在上单调递增，所以， 此时在R上的值域为，不合题意； 当时，在上单调递增，在上单调递减，所以， 此时在R上的值域为，若的值域为，所以， 又，解得，即的取值范围为， 综上，. 故答案为： 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. 已知集合，. （1）若，求； （2）若，求实数的取值范围. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）求出集合，当时，写出集合，利用补集和交集的定义可得出集合； （2）由题意可得，分、两种情况讨论，根据可得出关于实数的不等式（组），综合可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 因为，则或， 当时，， 此时或. 【小问2详解】 因为，则. 当时，，解得； 当时，，解得， 由可得，解得，解得. 综上所述，实数的取值范围是. 16. 已知函数的两个极值点分别为和． （1）求的解析式； （2）若直线与曲线有且仅有两个公共点，求的值． 【答案】（1）； （2）或． 【解析】 【分析】（1）极值点是导函数的零点，先求，，由极值点，是方程的两根，利用韦达定理求出，，得到函数解析式； （2） 直线与曲线仅有两个公共点，等价于方程只有两个不同实根，整理后构造新函数，转化为新函数有两个零点，即新函数一个极值等于0． 【小问1详解】 ， 由题意，得和是关于的方程的两根， 由韦达定理，得，解得， 此时， 当时，；当时，；当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，是的极小值点，符合题意. 综上，； 【小问2详解】 直线与曲线有且仅有两个公共点， 等价于关于的方程仅有两个实根，即关于的方程仅有两个实根， 设，则， 当时，；当时，；当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，是的极小值点， 且，， 根据题意，得或，解得或． 17. 在中，内角的对边分别为，，的面积为． （1）求； （2）若，求外接圆的半径． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理和三角形面积公式可得； （2）由余弦定理求出的值，再由正弦定理可求得外接圆半径. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得，即 又由面积公式得，即，两式相除，得， 由，得． 【小问2详解】 由（1）知，结合得，即， 再由余弦定理，得到， 记的外接圆半径为，由正弦定理得． 18. 已知函数是定义在上的奇函数. （1）求的值，并证明：在上单调递增； （2）求不等式的解集； （3）若在区间上的最小值为，求的值. 【答案】（1） （2）或； （3）或． 【解析】 【分析】（1）由奇函数性质得，解出；由单调性的定义即可求解， （2）由函数单调性、奇偶性可把不等式转化为具体不等式，解出即可； （3），令，可化为关于的二次函数，分情况讨论其最小值，令最小值为，解出即可； 【小问1详解】 是定义域为上的奇函数， ，，，， 此时， 经检验，符合题意； 函数的定义域为，在上任取，，且， 函数在上单调递增， 【小问2详解】 由（1）可知，且在上单调递增的奇函数， 由可得， ，即， 或， 不等式的解集为或； 【小问3详解】 ， ． 令，，， ， 当时，当时，，则（舍去）； 当时，当时，，解得，符合要求， 综上可知或． 19. 已知函数． （1）求函数的图象在点处的切线方程； （2）证明：对，有； （3）证明：． 【答案】（1） （2） 证明：设， 所以，且． 设， 因为函数在上都单调递减，所以在上单调递减， 又，所以，使得． 当时，，单调递增；当时，单调递减． 又，所以对任意的， 所以在上单调递增，所以． 所以对，有； （3） 证明：设，则， 设，则， 因为函数在上都单调递减，所以在区间上单调递减， 因为，所以，使得， 当时，单调递增；当时，单调递减． 又． 所以，使得， 当时，单调递增； 当时，单调递减． 因为， 所以，即在区间上恒成立． 令，所以， 分别令，则， 所以． 对，所以， 所以 ， 所以， 即得证． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，根据点斜式直线方程求解即可； （2）设，求导，利用导数证明不等式即可； （3）设，利用导数可证，再利用累加法即可证明． 【小问1详解】 解：由，得， 由，得， 所以函数的图象在点处的切线方程为， 即切线方程为． 【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 $