河北省保定市第一中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测数学试题

绝密★启用前 高三数学 DZ01 班级_______姓名_______ 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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．“”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 3．已知函数，则的解集为 A． B． C． D． 4．已知正项等差数列的公差为，首项，且，，成等比数列，则 A．9 B．或3 C．4 D．3 5．已知正三棱锥的外接球的体积为，底面的边长为，则顶点到底面的距离为 A． B． C． D． 6．已知平面向量，，两两不共线，且，，则实数的值为 A． B．6 C． D．4 7．若函数在其定义域的子区间内有极值点，则实数的取值范围为 A． B． C． D． 8．已知函数是定义在上的奇函数，当时，．若设，，是平面内三个不同的单位向量，且满足，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．已知复数，且，则下列说法正确的是 A． B．当的实部是，虚部是时， C．若满足，则的最小值是 D．若，则的最小值与的最小值相同 10．如图所示，在正四棱台中，，，则以下结论正确的是 A． B．平面 C．当时，直线和平面所成角的大小为 D．若正四棱台的高为3，则三棱锥的体积为8 11．在中，，为边上的点，且，，，则下列结论正确的是 A．当时，的面积为 B．当为锐角三角形时，周长的取值范围是 C．长度的最小值为 D．的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知角为钝角，且，则________． 13．已知函数，若过坐标原点只能作一条直线与曲线相切，则实数的取值集合是________． 14．已知数列，的通项公式分别为，．将，中的所有项从小到大依次排列构成一个新数列，若与都是中的项，则正整数________． 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．（本小题满分13分）已知函数，． （1）当时，将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，求当时，的值域； （2）当时，若函数的最小正周期为，且在上恰有3个零点，求实数的取值范围． 16．（本小题满分15分）如图，，，为圆锥的三条母线，且． （1）证明：； （2）若为圆锥底面圆的直径，且圆锥侧面积为，体积为，求二面角的正弦值． 17．（本小题满分15分）在中，内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若角的平分线交边于点，且，，求的面积． 18．（本小题满分17分）已知正项数列，满足，． （1）设数列满足，若． （i）求数列，的通项公式； （ii）求数列的前20项和； （2）若，分别为数列，的前项和，证明：对任意的，恒成立． 19．（本小题满分17分）已知函数，． （1）若． （i）求函数在上的值域； （ii）解不等式； （2）若函数在上存在极大值，求实数的取值范围； （3）设函数有两个极值点，，证明：． 学科网（北京）股份有限公司 $高三数学参考答案及解析 DZ01 题号 2 3 5 6 8 9 10 11 答案 C B D A A AC ABD ABD 12.2 13.{ala=-l或a≥0y 14.38 (x)=sinox+cosox-2sinx+ 15.【解】 0>0 …分 (1)当0=1时， f(x)=2sinx+3》 1 元 将函数∫(：)图象上所有点的横坐标缩短到原来的2，纵坐标不变，再向右平移4个单位长度，得到 g(x)=2sin 6的图象， …3分 t=2x- [_π5π 因为xe0n 所以 6,则 66 π5π 由正弦函数性质得y=(0=2si在L62上单调递增，在2'6上单词递诚 …5分 所以 所以当 …7分 T=2=元 所以0=2，可得 )-2sin2x+写到 (2)由题意得 …8分 …9分 由()在∈[，a上恰有3个零点，所以 5π≤2a+7<6m 3 …11分 17π ae 「7π17π 解得3 6,故 L3’6 …13分 16.【解】(1)取BC中点M,连接AM,PM, 因为PB=PC,所以PM⊥BC,又因为PA⊥BC,PM∩PA=P,PM,PAc平面PMA,所以 BC⊥平面PMA,… …2分 又因为AMC平面PMA,所以BC L AM,又因为M是BC中点，所以AB=AC. …4分 (2)因为BC为直径，可另设BC中点O,故O为底面圆的圆心，且P0⊥平面BAC,由(1)知 AO⊥BC,建立如图所示的空间直角坐标系， √2π 因为圆锥侧面积为√3π，体积为3， l=√3元， 设圆锥底面圆半径为”，母线长为，则有3 ih=n 1 3’又12=r2+2, 解得r=l,h=V2 6分 P00,2).A01,0).BL,00).c(-10,0) 故PA=(0,1l-2).PB=(0,2).pc-(←10,2)】 …8分 元·PA=0,Jy-V2z=0, 设4=(，，)为平面PAB的法向量，则元-PB=0 x-V2z=0, 令=5，则y=5,2=1,所以4=(N22, 10分 m·PA=0,∫y2-22=0, 设%=(，，2)为平面PAC的法向量，则元·PC=0--V22,=0, 令5=-5，则4=5，=1，所%=(22， …12分 设二面角B-PA-C的大小为B, cos =cos(m,n2) 11·1n2 -2+2+11 V5x55 则 …14分 ino=v1-cos= v6 所以 5. 2V6 所以二面角B-PA-C的正弦值为5】 …15分 17.【解】(1)因为2ac0sB=2c+b 所以由正弦定理得2sin4c0sB=2sinC+sinB,. …2分 因为A+B+C=元，所以sinC=sin(A+B) 所以2 sinAcosB=2 sinAcosB+2 cosAsinB+sinB. 4分 整理得(2cosA+I)sinB=0 又sinB>0,所以 s-支.x4a,g A2π 3 …6分 ∠BAD=∠CAD=T (2)因为角A的平分线交BC边于点D,所以 仅5△ABC=S△4CD+5△MBD,…8 所以232 3t2 ADsin 3,即bc=AD(b+c) AD=3 2 b+c=二bc 又2，所以 3 …l0分 在△ABC中，由余弦定理得a=b2+c2-2 becosA, (213)+c-2bccos2+c+b 即 3 ,即52+bc=(b+c)2, 即4(bc)2-9bc-468=0 39 bc=- 解得bc=12或4（舍去），… …13分 所以 2 2 …15分 18.【解】(1)(i)因为0，+01=2n且4=1 所以01+a2=2(n+1）,两式相减得到42-0，=2， …1分 当n为奇数时，a1=1,所以4，a,a,a,0m成首项为1，公差为2的等差数列， 所以am=n,n为奇数： 当n为偶数时，a,=1,所以a,a4,a6,a,,an成首项为1，公差为2的等差数列， 所以a,=n-1,n为偶数， n,n为奇数， an 所以 n-l,n为偶数. 3分 bm+2=2 因为bh1=2”,所以b1b2=2,两式相除得到 …4分 当n为奇数时，6=1，所以么，b,b,b,,b成首项为1，公比为2的等比数列， 所以b.=22,n为奇数： 当n为偶数时，b,=2,所以b,b,b。,b,,b成首项为2，公比为2的等比数列， 所以b,=22 n为偶数， - 22,n为奇数， bn= 所以 22,n为偶数. 。。。。。。。。。。。。。 …6分 n-1 n,n为奇数， 22,n为奇数， an (i)由(i)知 n-1,n为偶数， 22,n为偶数， 所以P0=1x1+1×2+3×2+3×22++17×28+17×2°+19×2°+19×20 =(1x1+3×2+5×22+…+17×28+19×2）+(1×2+3×22+5×23+…+17×2°+19×20) =(1×1+3×2+5×22++17×2+19×2）)+21×1+3×2+5×22++17×28+19×2) =3(1x1+3×2+5×22++17×2+19×2） 8分 设u=1×1+3×2+5×22+…+17×2+19×2°，① 则2u=1×2+3×22+5x23+…+17×2°+19×2°，② ①-②得1=1×1+2(2+2+23++2°+2）-19×20 =1+2 20-2-19×2°=-3-17x29 1-2 …10分 所以4=17×20+3，所以0=3u=51×20+9=52233 …11分 (2)由题易知Sm=(a+4)+(a+a)+…+(a+a) =2+6+10+…+2(2n-1）=2n2 12分 b2=2 由b.b1=2”,可得bb2=21,则 即数列(b-}和(bk}均为公比为2的等比数列，所以 工.=6+4++4)-6+++a)0-2四，么0-2）-=6+6g- 1-21-2 15分 所.≥266(2-刂小=25(2-，当且仪当A=A=2时，取等 所u-9.≥222-4-2m-2(V2x2°-㎡-2). 当m≥5时，22×2”-n2-V2)>0 当1=1,2,3,4时，可验证2V5×2”-2-2)小>0 所以对于任意的n∈N,都有乃.>Sm,即乃.>Sm恒成立 …17分 19.【解】1)因为/(2)=2-ln2,即4-2(m+2)+mh2=2-lh2,得m=-1, 所以f(=r-X-lhr. …l分 因为)=--n,所以（国=2-12-_2x+1x- …2分 易得f()在（0,1)上为减函数，在（山，+切）上为增函数，所以fm=f0=0, n日-日10-ce- 因为 日e-ee0得o 1 所以f)=fe),所以商数f(y)在Le,上的值做为[Q,c2-c-刊 …4分 (i)f()≤r-l即为x+lnx≥1， 设s()=x+mx,x>0,且s0)=1,所以x+1nx≥1即为5()2s0) '(x)=1+1> 0，故（✉）在(0，+)上为增函数。 所以x≥1，故原不等式的解集为，+∞)】 6分 (2)因为f()=r-(m+2)x+m,m∈R, 所f(=2r-m+2)+”-2-m+2x+m_2x-m0- 若m≤0，则x∈(0,1时，f'(四<0，x∈(，+o)时，f'()>0 所以f(:)在(0,1）上单调递减，在（山，+）上单调递增， 故x=1为f()的极小值点，无极大值点，m≤0不符合题意； …7分 0<"<1 若 2即0<m<2,则 m/(e) （受上是宝国)河宝 x= 故 2为f()的极大值点，此时0<m<2符合题意： 8分 若m=2,则e(0+)时，f()20,所以f()在0，+回）上单调递增，f()无极值点，此时 m=2不符合题意； …9分 m71 m 若2即m>2,则 时，'()>0 m 所以f(x)在(0,1)上单调递暗，在 弱混流高6 上单调递增， 故x=1为)的极大值点，此时m>2符合题意。 综上，实数m的取值范围为(0,2U(2,+∞) …10分 g(x)=4x-mlnx-x2 (3)由已知得 2， 则8)=4-公-=-m-￡。-4杯+m 函数8（有两个极值点，(：<3），即x2-4x+m=0在（0，+0）上有两个不相等实数根， 了p(0)=m>0, 令0()=r-4r+m,只需o(2)=m-4<0,故0<m<4, …11分 又+为=4，x62=m 所以 )+es)(-w方m, =4(g+x)-m(nx+ln,)-)(+)=m-mInm+8 要证8(：)+g()<10-lnm,即证m-mlnm+8<10-lnm, 只斋证1-m)lnm+m-2<0 12分 令p(m)=(1-m)nm+m-2.m∈(0,4) 则P(m)=-nm+1二m+1=1 -In mm n,所以P(m）在m∈(0,4)上单调递减， x0=1>0.p2)-号n2<0 由零点存在性定理得，。∈(L,2)使得P()=0,In。= mo. …13分 所以m∈(0，)时，p'(m)>0,p(m）单调递增，m∈(m,4)时，p'(m）<0,p(m)单调递减， 13 m）x=pm,）=0-m,加%+m,-2=1-m,)+m,-2=m+ 则 mo m,…15分 y=%+1-3 因为由对勾函数知 0m,在m,∈（山，2）上单调递增， 所以m 20 匹+3<2+23 .p(m)k0, 即8(x)+8(3)<10-lnm. …17分