辽宁省朝阳市2026-2027学年高三上学期10月巩固训练数学试题

绝密★启用前 高三年级巩固训练 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟． ☆注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置．考试结束后，将答题卡交回． 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． 3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1．半径为2，圆心角为1rad的扇形面积为（ ） A．1 B．2 C．4 D．8 2．复数满足，则 A． B．1 C． D．i 3．设集合，，则（ ） A． B． C． D． 4．命题“所有函数在定义域内均存在零点”的否定为（ ） A．所有函数在其定义域内处处为0 B．所有函数在其定义域内均没有零点 C．存在一个函数在其定义域内处处为0 D．存在一个函数在其定义域内没有零点 5．设函数，则曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形面积为（ ） A． B． C． D． 6．设函数的定义域为．已知存在函数满足，则（ ） A．3 B．9 C．36 D．72 7．设函数，，，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 8．平面直角坐标系内，两射线，的夹角为60°，点P，Q分别在射线，上，且．则的最大值为（ ） A． B． C． D． 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，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．设函数，则（ ） A．有且仅有2个零点 B．有且仅有1个极值点 C．不等式恒成立 D．在上单调递减 10．在以O为原点的平面直角坐标系中，，，，其中，若，则（ ） A．为钝角三角形 B．的面积为 C．外接圆的半径大于1 D．的周长大于4 11．设等差数列的前n项和为．当且仅当时，取得最大值．若为公比为q的正项等比数列，记数列的前n项和为，则（ ） A．数列存在最小项，当且仅当 B．数列存在最大项，当且仅当 C．对任意数列，均不存在整数，使得在处取得最大值 D．对任意整数，均存在数列，使得在或处取得最大值 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知平面向量与的夹角为60°，则______． 13．若对任意，存在使得，则k的取值范围是______． 14．若，，成等比数列，则的最小值为______． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（本小题满分13分） 已知函数（）的最小正周期为． （1）求； （2）在中，，，当取得最大值时，求的长度． 16．（本小题满分15分） 已知数列满足，且为首项与公差相等的等差数列． （1）求的通项公式； （2）记的前n项和为，求． 17．（本小题满分15分） 已知函数． （1）证明：曲线过定点； （2）当时，证明：． 18．（本小题满分17分） 已知在中，． （1）证明：或； （2）若，． （ⅰ）求； （ⅱ）求的面积． 19．（本小题满分17分） 设函数的定义域为D，若存在非零实数，对任意不等实数，都有，则称具有性质P． （1）判断函数是否具有性质P，并证明； （2）已知，在D上可导，且在D上无零点． （ⅰ）若具有性质P，证明：存在，使得； （ⅱ）记，若，证明：具有性质P． 参考答案及解析 高三数学 一、单选题 1．B 【解析】扇形面积．故选B． 2．A 【解析】设，则由得，由得，故，于是．故选A. 3．B 【解析】由得或，故；当时，，当时，，当时，，故，从而．故选B． 4．D【解析】“所有函数在定义域内均存在零点”的否定为“存在函数在定义域内不存在零点”，也等价于D选项的表述，故选D． 5．D 【解析】求导得，，，可得切线方程为，当时，；当时，，可得三角形面积．故选D． 6.C 【解析】因为，所以由得，从而．故选C． 7. A 【解析】，若，则，故充分性成立；取，仍有，但，故必要性不成立，因此“”是“”的充分不必要条件．故选A． 8．C 【解析】设，，则，且，故，平方得．又|，而，故，即．当时，，等号可以取得，故的最大值为．故选C． 二、多选题 9．BD 【解析】函数的定义域为，由，得，又，故，解得，所以有且仅有1个零点，故A错误；，令，得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以在处取得极小值，且仅有1个极值点，故B正确；因为，且，而在上单调递减，所以当时，，故不等式不恒成立，故C错误；当时，因为，所以，从而，故在区间上单调递减，故D正确．故选BD． 10．ABC 【解析】因为，所以，则∠B为钝角，故A正确；记，，，则的面积，则，因为，所以，故B正确；因为，由，得，由，得，再由正弦定理得，故，故C正确；由题意可得，则，取，，此时的周长为，故D错误．故选ABC． 11．ACD 【解析】由及，得，故公差，从而，．设，则．对A，当时，，又，可取整数N使，则时，故不断下降且不存在最小项；当时，令，，，由二项式定理知时，取整数N使，则时，故，于是从某项起递增，最小项必在前面有限项中取得，故A正确；对B，取，则仍为公差的等差数列，可取整数N使时，于是从某项起递减，故必有最大项，故B错误；对C，时且，故，于是，任意均不可能为最大值点，故C正确；对D，任取整数，取并令，则，故时，，时，于是，故D正确．故选ACD． 三、填空题 12． 【解析】由题意，，且，则，即，解得，又夹角为60°，故，即．由于，满足，故．故答案为． 13． 【解析】当时，即存在使得，此时取即得，而当时，问题转化成，即对任意，，即，，此时由存在性知取符合题意．故答案为． 14． 【解析】由条件得，可得，即，，可得或，当时，，与题干中等比数列矛盾，故可得的最小值为，当时等号成立，故答案为． 四、解答题 15．解：（1）由辅助角公式得，于是，． （2）此时，由得， 结合正弦函数图象可知当且仅当，即时，等号成立， 故此时，，而， 由正弦定理有，于是． 16．解：（1）由，得数列的首项为， 又其首项与公差相等，故公差为1，所以，故． （2）由（1）得． 则． 两式相减，得． 17．解：（1）注意到，可得曲线过定点． （2）此时，， 故只要证，而，故只要证． 设，，，，单调递减； 时，，单调递增，可得，即， 于是，易知等号无法连续成立，得证． 18．解：（1）由题得，设，则，且． 假设，则．此时， 所以，即，与矛盾， 所以或． (2)（ⅰ）设，，，则，． 由正弦定理可得，所以． 设．由（1）知，，故．记． 对任意，有， 从而，所以在上单调递减， 又，故，即． （ⅱ）由余弦定理，． 代入，，得，所以． 若，则，于是． 又由，得，所以，矛盾． 因此，从而． 将代入，得． 所以． 19．解：（1）由题得，， 取，时可得矛盾，故不具有性质P． （2）（ⅰ）不妨设，则， 即，则在上单调递减， 可得，于是可得． （ⅱ）计算得， 注意到， 当且仅当时，等号成立． 于是，即， 可知，其中C为常数，此时，符合条件， 故具有性质P． 学科网（北京）股份有限公司 $