精品解析：山东省日照第一中学2026-2027学年高三上学期第一次质量检测数学试题

日照一中2024级2026-2027学年高三上学期 第一次质量检测 数学试题 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. 已知复数满足，则在复平面内复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，且的元素个数是一个，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 3. 已知函数的图象在y轴右侧的第一个最高点和第一个最低点分别为A和B，O为坐标原点，则_________． 4. 数学家华罗庚说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”．在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来分析函数图象的特征．已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 5. “”是“函数的图象关于对称”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 6. 已知，，，则（   ） A. B. C. D. 7. 若函数在内存在唯一的，使得，则的取值不可能为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 8. 已知中，，，P是所在平面内的任意一点，且满足，则的取值范围是（ ） 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. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，它是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，体现了数学的对称美.如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到半正多面体，且此正方体的棱长为1，则下列关于该多面体的说法中正确的是（ ） A. 多面体有12个顶点，14个面 B. 多面体的表面积为3 C. 多面体的体积为 D. 多面体有外接球（即经过多面体所有顶点的球） 10. 已知数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 是等比数列 C. D. 若，则 11. 记为中的较大值，则关于函数，有如下四个命题：其中真命题为（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 的值域为 D. 在区间上单调递增 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的图象恒过定点，且函数的图象在处的切线也经过点，则______． 13. 在复平面内，把复数对应的向量绕原点沿顺时针方向旋转，则旋转后的向量对应的复数为_____． 14. 已知一个圆锥的母线长为，当其体积最大时，该圆锥的内切球半径为_____． 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. 在中，角，，的对边分别为，，．已知，． （1）求的值； （2）求的值． 16. 已知函数． （1）若不等式恒成立．求的取值范围； （2）证明：函数的最小值小于函数的最小值． 17. 已知数列的前项和为，且，，成等差数列，数列满足． （1）求数列，的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前10项和． （3）是否存在正整数，使得？如果存在，请求出，的值；如果不存在，请说明理由． 18. 将函数图象向左平移个单位长度得到图象． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数在上的最大值； （3）设，求证：． 19. 数学家高斯在研究整数问题时，发明了取整符号，用表示不超过的最大整数，例如，． （1）分别求函数和的值域； （2）若，求函数的值； （3）若数列满足：是数列的前项和，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 日照一中2024级2026-2027学年高三上学期 第一次质量检测 数学试题 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. 已知复数满足，则在复平面内复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算法则化简可得，根据复数的几何意义即可求解. 【详解】由，得， 所以复平面内对应的点为，所以在复平面内对应的点位于第二象限. 故选：B. 2. 已知集合，且的元素个数是一个，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用元素与集合的关系求解即可. 【详解】由的元素个数是一个，且，得，则， 所以实数的取值范围是. 故选：C 3. 已知函数的图象在y轴右侧的第一个最高点和第一个最低点分别为A和B，O为坐标原点，则_________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据题意，利用正弦型函数的性质，求得的坐标，结合向量的数量积的坐标运算公式，即可求解. 【详解】由函数，令，解得，所以，即， 再令，解得，所以，即 所以。 4. 数学家华罗庚说过：“数缺形时少直观，形缺数时难入微”．在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来分析函数图象的特征．已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定的图象，由偶函数定义排除BD；确定函数在的单调性判断AC. 【详解】函数的定义域为R， 对于BD，，， 函数是偶函数，其图象关于轴对称，而给定图象关于轴不对称，BD不是； 对于AC，令，函数在上单调递增， 函数分别是增函数和减函数， 因此在上分别单调递增、单调递减， 选项A符合给定图象，选项C不符合给定图象，A可能是，C不是. 5. “”是“函数的图象关于对称”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】若函数的图象关于对称，根据正切函数的对称性可得，再根据充分、必要条件结合包含关系分析求解. 【详解】若函数的图象关于对称， 则，解得， 因为是的真子集， 所以“”是“函数的图象关于对称”的充分不必要条件. 故选：A. 6. 已知，，，则（   ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用对数运算法则以及对数函数性质、正弦函数单调性分析即可. 【详解】由，， 又函数在上单调递增，， 所以，所以. 7. 若函数在内存在唯一的，使得，则的取值不可能为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦函数的性质列式求出的范围即可. 【详解】函数中，由，得， 由，得，而是函数在内的唯一最小值点， 因此，解得，BCD可能，A不可能. 8. 已知中，，，P是所在平面内的任意一点，且满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题设可得，建立平面直角坐标系，根据，设出点P坐标，利用数量积的坐标运算结合三角恒等变换即可求解． 【详解】在中，由，可得， 根据，得，， 以A为坐标原点，建立平面直角坐标系， 则，，，则， 设为平面内满足的点， 则有，， 则， 由于P在单位圆上，可设，， 则， 故的取值范围为 故选:A 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. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，它是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，体现了数学的对称美.如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到半正多面体，且此正方体的棱长为1，则下列关于该多面体的说法中正确的是（ ） A. 多面体有12个顶点，14个面 B. 多面体的表面积为3 C. 多面体的体积为 D. 多面体有外接球（即经过多面体所有顶点的球） 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题得该多面体的各顶点为正方体每条棱的中点，结合图形可判断A；由图可知，多面体表面由8个三角形和6个正方形，然后计算可判断B；利用正方体体积减去8个三棱锥体积可判断C；利用对称性结合球心性质可判断D. 【详解】由题，连接正方体每条棱的中点可得到该多面体，共12个顶点， 该多面体表面有8个正三角形和6个正方形，其边长都为，共14个面，A项正确； 多面体表面每个三角形面积为，每个小正方形面积为， 所以多面体表面积为，B项错误； 将多面体看作由正方体切去顶点处8个三棱锥得到，每个三棱锥体积为， 所以多面体体积项正确； 由对称性可知，原正方体中心O到多面体每个顶点（即正方体棱的中点）相等，距离为， 所以以该点为球心，为半径的球即为多面体的外接球，D项正确； 故选：ACD. 10. 已知数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 是等比数列 C. D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据与的关系可得，结合等比数列通项公式和题意求得，，再依次判断各选项即可. 【详解】当时，，解得， 当时，由题意可得， 所以， 因为，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，， 对于A，，故A错误； 对于B，是等比数列，故B正确； 对于C，因为，， 所以，故C正确； 对于D，若，则，即， 而当时，，故D错误. 11. 记为中的较大值，则关于函数，有如下四个命题：其中真命题为（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 的值域为 D. 在区间上单调递增 【答案】AB 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简函数，画出函数的图象，利用图象判断各个选项． 【详解】设，， 则 函数的图象如下所示： 对于A，由图知，函数的最小正周期为，A正确； 对于B，由图知，为函数的对称轴，B正确； 对于C，，，由图知，函数的值域为，C错误； 对于D，由图知，函数在区间上单调递减，D错误． 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的图象恒过定点，且函数的图象在处的切线也经过点，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】先求出点A，利用导数的几何意义求出函数的图象在处的切线方程，代入点的坐标，可得. 【详解】对函数，令，则，得. 所以. 函数的定义域为，. ，所以. 所以函数的图象在处的切线方程为. 因为该切线过点，所以，解得. 13. 在复平面内，把复数对应的向量绕原点沿顺时针方向旋转，则旋转后的向量对应的复数为_____． 【答案】 【解析】 【分析】先把复数化为三角形式求出模与辐角，再按"顺时针旋转即辐角减去、模不变"写出结果. 【详解】. 绕原点顺时针旋转，即乘以， 模不变、辐角为. 所以旋转后的复数为. 14. 已知一个圆锥的母线长为，当其体积最大时，该圆锥的内切球半径为_____． 【答案】## 【解析】 【分析】先用母线建立底面半径与高的关系式，写出圆锥体积表达式，求导找到体积最大时高与底面半径；再利用圆锥轴截面三角形面积分割法，求出内切球半径． 【详解】 设圆锥的高为，底面半径为，由母线长为， 如图，根据勾股定理得，其中， 圆锥体积公式， ， 当时，；当时，， 所以当时，取得最大值， 此时， 如图，由，得， 解得． 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. 在中，角，，的对边分别为，，．已知，． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据正弦定理得到，再利用余弦定理可得，利用，可得，再利用余弦定理可得，利用同角三角函数的基本关系可求的值. （2）先利用二倍角公式求和，再利用两角和的三角公式求值. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理，可得， 所以. 由余弦定理，， 又，所以. 又，所以，所以. 所以. 又，所以. 【小问2详解】 因为， ， 所以 . 16. 已知函数． （1）若不等式恒成立．求的取值范围； （2）证明：函数的最小值小于函数的最小值． 【答案】（1） （2）证明：对，， 由(1)的推导结论可知在单调递减，在单调递增. 因为，所以. 由于，可以取到， 因此函数的最小值为. 设，则. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. ，即. 又在单调递增，所以最小值为. 作差：，所以. 即函数的最小值小于函数的最小值.证毕. 【解析】 【分析】（1）将恒成立问题转化为对恒成立，通过求导得到的最小值，进而确定的取值范围； （2）先求出原函数的单调性与最小值点，分别得到内层函数和的值域，结合的单调性得到两个复合函数的最小值，通过比较大小完成证明. 【小问1详解】 恒成立等价于对任意恒成立， 设，则. 求导得，令得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 故，因此的取值范围是. 【小问2详解】 略. 17. 已知数列的前项和为，且，，成等差数列，数列满足． （1）求数列，的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前10项和． （3）是否存在正整数，使得？如果存在，请求出，的值；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）， （2）1415 （3）存在，， 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的性质、与的关系及等比数列的通项公式求出；根据对数的运算求出. （2）求出，根据等差数列及等比数列的前项和公式求解即可. （3）结合（1）将原等式转化为，结合，为正整数代入验证即可. 【小问1详解】 因为，，成等差数列，所以. 当时，，解得. 当时，， 所以，整理得， 即， 所以是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以，经验证，满足上式. 所以. ，故. 【小问2详解】 由（1）得，. 所以. 【小问3详解】 由（1）得，. . 故原等式可化为. 若，则，若，则，若，则， 若，则，若，则， 因为，为正整数，所以存在，，使原式成立. 18. 将函数图象向左平移个单位长度得到图象． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数在上的最大值； （3）设，求证：． 【答案】（1） （2） （3）证明：令，因为，所以，， 则， 所以等价于. 令，，则， 因为当时，单调递减，单调递减， 所以当时，单调递减. 又，， 所以，使得. 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 又，， 所以， 所以当时，，即. 故当时，. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合基本初等函数的导数及简单复合函数的导数求解即可. （2）根据导数与单调性及最值的关系求解即可. （3）令，将转化为，构造函数，，根据导数与单调性及最值的关系证明即可. 【小问1详解】 由题意知. 则. 又， ， 所以曲线在点处的切线方程为， 整理得. 【小问2详解】 令，即，所以， 所以或，. 又，所以或或. 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以当时，在处取得最大值， 为. 故函数在上的最大值为. 【小问3详解】 略 19. 数学家高斯在研究整数问题时，发明了取整符号，用表示不超过的最大整数，例如，． （1）分别求函数和的值域； （2）若，求函数的值； （3）若数列满足：是数列的前项和，求的值． 【答案】（1），的值域为整数集 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦函数的有界性可得，而函数无界，其值域为，所以的值域为整数集； （2）先求出与的值域，发现当且时，，当时，，由此可得函数的值； （3）令，求得单调递减，利用单调性分析可得：，再令，利用导数可知在上单调递增，故，又当为奇偶时分别两次运用分组求和法可求得的范围，由此可得求的值. 【详解】（1）由于，所以， 由于函数的值域为，所以的值域为整数集； （2）令，则，当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增，又，， 所以当时，，当时，． 由于恒成立，并且当时，，当时，． 故当且时，，当时，． 所以 （3）令，则在上单调递减，且， ，所以 依次可得：， 令，则在上恒成立． 所以在上单调递增， 故，又， 所以当为偶数时， 即， 故； 当为大于1的奇数时， 即，故． 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $