精品解析：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

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. 在区间上单调递减 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，则______． 13. 若对任意，存在使得，则的取值范围是______． 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. 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. 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. 已知函数． （1）证明：曲线过定点； （2）当时，证明：． 18. 已知在中，． （1）证明：或； （2）若，． （ⅰ）求； （ⅱ）求的面积． 19. 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 【答案】B 【解析】 【分析】根据扇形面积公式计算即可. 【详解】扇形面积． 2. 复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. i 【答案】A 【解析】 【详解】设，则， 因为，可得， 又因为，即，故， 所以． 3. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由得或，故， 当时，，当时，，当时，，故，从而． 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 【答案】D 【解析】 【详解】“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 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. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的几何意义写出切线方程，进而求得切线与坐标轴的交点，即可求得结果． 【详解】求导得， 故， 又，可得切线方程为， 当时，；当时，， 因此所求三角形的面积． 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 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以由得，从而． 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 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数诱导公式和充分、必要条件的定义判断即可. 【详解】，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． 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. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简向量表达式，设模长建立约束方程，通过待定系数配凑完全平方，利用平方非负求出的最大值. 【详解】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． 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. 在区间上单调递减 【答案】BD 【解析】 【分析】由及其定义域可直接求零点；利用可判断单调性，从而得到极值点；利用及单调性即可判断不恒成立；利用可判断单调性. 【详解】对于选项A，函数的定义域为.由，得，故，解得，所以有且仅有1个零点，故A错误； 对于选项B，，令，得，当时，，当时，，所以在处取得极小值，故有且仅有1个极值点，故B正确； 对于选项C，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； 对于选项D，由B知，在区间上单调递减，故D正确. 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 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，由可得为钝角；对于B，由和可得；对于C，由且可得，结合，利用正弦定理可得；对于D，由可得，取，，此时的周长小于4． 【详解】对于A，由于，且， 所以，则为钝角，故A正确； 对于B，记，，， 则的面积，即， 又因为，所以，故B正确； 对于C，由且，得， 由，得， 再由正弦定理得，故，即C正确； 对于D，由于，， 故，则， 若取，，此时的周长为，故D错误． 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】由把的最值转化为差分符号；分别比较等差项的线性变化与等比项在、、时的增长，并针对D构造的常数等比数列． 【详解】对于A，由及，得，故公差，从而，． 设，则． 当时，，又，故可取整数使时， 于是不断下降且不存在最小项； 当时，令，，，由二项式定理， 当时，． 取整数使，则时，从而， 于是从某项起递增，故最小项在前面有限项中取得，A正确； 对于B，取，则仍为公差的等差数列，可取整数使时， 于是从某项起递减，故必有最大项，B错误； 对于C，当时，且，故，于是， 任意整数均不可能使在处取得最大值，C正确； 对于D，任取整数，取并令，则． 当时，； 当时，； 当时，． 于是，故D正确． 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，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意有且，代入求解即可得答案. 【详解】因为平面向量与的夹角为， 所以，，， 整理得：，即，解得， 又向量与的夹角为， 所以，即，解得或， 所以，满足，不满足或，舍去； 所以 13. 若对任意，存在使得，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】设，利用导数求得函数的最小值，再利用导数求解的最大值即可得答案； 【详解】设，， 令，得, 当，即时，，在单调递增，； 当，即时，在上递减，在上递增，； 当，即时，，在上单调递减，. 因为对任意，存在使得， 所以，，即，则， 令，当，，， 故在上单调递减，此时， 当，在上单调递减，此时， 所以对任意，恒有，所以在上的最大值为， 所以，要使得对任意，都有，则， 所以，的取值范围是. 14. 若，，成等比数列，则的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用等比数列的性质得，利用积化和差公式化简，可得关于的二次不等式组，求解可得最小值. 【详解】因为，，成等比数列，所以， 由积化和差公式得，， 化简得，， 因此，即， 解得或， 当时，，与题干中等比数列矛盾，故， 因此最小值为. 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. 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式化简三角函数，结合周期公式求出； （2）先写出关于角的表达式，求出最大时角的值，再用正弦定理计算长度． 【小问1详解】 ， 故，． 【小问2详解】 ，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. 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出新数列的首项与公差，写出其通项，变形得到的通项公式； （2）对等差乘等比型数列采用错位相减法，两式相减后结合等比数列求和公式求出前n项和． 【小问1详解】 由，得数列的首项为， 又的首项与公差相等，故公差为1， 所以，故． 【小问2详解】 由（1）得． 则． 两式相减，得． 17. 已知函数． （1）证明：曲线过定点； （2）当时，证明：． 【答案】（1）注意到，可得曲线过定点． （2）当时，，， 故只要证，而，故只要证． 设，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 可得，即，于是， 对于不等式，等号成立当且仅当时， 对于不等式，等号成立当且仅当时， 则当时，. 【解析】 【分析】（1）由易证； （2）对化简可得，又有，所以只需证，构造函数，求导后利用单调性可证得. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 略. 18. 已知在中，． （1）证明：或； （2）若，． （ⅰ）求； （ⅱ）求的面积． 【答案】（1）证明： 由题得， 设，则，且． 假设，则．此时， 所以，即，与矛盾， 所以或． （2）（ⅰ）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】(1)利用二倍角公式把改写为关于的表达式，设得到不等式，使用反证法，假设，结合因式分解推出与已知条件矛盾的结果，完成证明. (2)(i)构造函数，证明函数在对应区间单调递减，代入数值求出. (ii)利用余弦定理结合的值得到关于与的关系式，用基本不等式反证排除钝角的情况，确定角范围求出，进一步算出，最后代入面积公式求三角形面积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （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. 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． 【答案】（1）不具有性质． 事实上，任取非零实数，令，，则，且 故性质中的不等式不成立，函数不具有性质． （2）（i）由具有性质，存在，使得对任意不等的， 任取，得即 令，则在上单调递减，从而 取，即得． （ii）由在上无零点，有意义，且 因此 由，得，于是 故存在常数，使得． 又因无零点，． 于是对任意且， 故具有性质． 【解析】 【分析】（1）把的差商化为，构造一组使该差商大于的取值即可否定性质． （2）（i）由性质构造函数，先证其单调性，再在处使用导数； （ii）计算并利用得到，从而判定为常数并验证性质． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $