精品解析：江苏省盐城中学2027届高三年级10月第一次阶段检测数学试题

盐城中学高三年级第一次阶段检测 数学 一、单项选择题：本大题共8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，请把答案填写在答题卡上． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由一元二次不等式解法化简集合，再由绝对值不等式的解法化简集合，再由交集运算得出答案. 【详解】， 或， 或. 2. 已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简求得的虚部. 【详解】， 所以的虚部为. 3. “”是“且”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】由相等向量与相反向量的概念，以及向量共线的概念，结合充分必要条件的判定即可求解. 【详解】若“”则“且”成立，即充分性成立； 反之若与反向共线时，满足“且”，但不满足“”，故必要性不成立， 故“”是“且”的充分不必要条件， 故选：A. 4. 在中，若，则的形状是 A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰三角形 D. 不能确定 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：因,即,也即,故,应选C. 考点：三角变换及运用. 5. 在一定条件下，某人工智能大语言模型训练个单位的数据量所需要的时间，其中为常数．在此条件下，训练个单位的数据量所需要的时间是训练个单位的数据量所需要的时间的（ ） A. 2倍 B. 3倍 C. 4倍 D. 8倍 【答案】B 【解析】 【详解】设训练个单位数据的时间为​，训练个单位数据的时间为​， 由已知，得. 根据对数运算性质，可得：. 由题意，，因此时间之比为：， 即前者所需时间是后者的3倍. 6. 已知，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据同角三角函数的基本关系式、两角和与差的余弦、正弦公式求得正确答案. 【详解】， ， ，分子分母同时除以得： ①， 由于，所以，所以， 所以， 所以， 即，代入①得： ，解得. 故选：B 7. 已知的前项和，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先运用求出通项，判断的正负情况，再运用即可得到答案． 【详解】当时，； 当时，， 故； 所以，当时，，当时，. 因此，. 故选：B． 【点睛】本题考查了由数列的前项和公式求数列的通项公式，属于中档题，解题时特别注意两点，第一，要分类讨论，分和两种情形，第二要掌握这一数列中的重要关系，否则无法解决此类问题，最后还要注意对结果的处理，分段形式还是一个结果的形式. 8. 设函数是公差为的等差数列，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，又是公差为的等差数列，可求得，由题意可求得，从而可求得答案． 【详解】因为， 所以. 因为是公差为的等差数列， 所以， ， ， ， ， 所以. 则. 设， 则. 因为，，所以. 所以在区间上单调递增. 又因为，所以有唯一零点. 所以. 所以. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．部分选对得部分分，若错选不得分． 9. 已知复数，均不为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据复数的四则运算及模长与共轭复数的概念分别判断. 【详解】设复数，， 则，， 即，A选项错误； ，则，B选项正确； ，， 则，， C选项正确； ， ， 则， ，D选项正确. 10. 记为数列的前n项和．已知n为奇数时，n为偶数时，则（ ） A. 2026是数列中的项 B. 数列是公比为2的等比数列 C. D. 若，则数列的前n项和小于 【答案】AD 【解析】 【分析】由的通项公式即可判断AC；由即可判断B；由裂项相消即可判断D． 【详解】对于A，当为偶数时，令，符合题意，故A正确； 对于B，由题知，， 故数列是公比为4的等比数列，故B错误； 对于C，由题知，， 所以，故C错误； 对于D，，， 设数列的前项和为， 则，故D正确； 11. 如图，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为边BC上一点，且，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则角 C. 若，，则 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据化简，结合角的关系及倍角公式即可得A；由边角关系及可得B；借助三角恒等变换公式及正弦定理与面积公式计算可得C；结合正弦定理可将原式化为与角有关的等式，再利用换元法及基本不等式计算可得D. 【详解】对于选项A：由题意得，， 因为，， ， 所以， 所以，故A错误； 对于选项B：由，则，则， 由A知，，故，故，故B正确； 对于选项C：由，则，故， 由，则，则， 故，； 由，，则， 由正弦定理可得，则， ， 故，故C正确； 对于选项D：由正弦定理得， 又， 故， 令，因为，所以，所以， 则 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为，故D正确. 三、填空题：本大题共3题，每小题5分，共15分． 12. 设 ，则的最小值为_____． 【答案】6 【解析】 【分析】根据基本不等式直接求解即可. 【详解】由，，得， 当且仅当，即时取等号． 所以的最小值为 13. 的值为________. 【答案】. 【解析】 【分析】根据，展开化简得到答案. 【详解】， 故. 故答案为：. 【点睛】本题考查了正切和差公式的应用，意在考查学生的计算能力. 14. 实数，满足，，则的最小值是________． 【答案】2 【解析】 【分析】由，可得， 通过研究函数，可得，然后可化为 函数图象上一点到直线上一点距离的平方，据此可得答案. 【详解】 . 对于，，则在R上单调递增， 又，则，故， 表示函数图象上一点到直线上一点距离的平方， 则最小值为函数图象与直线平行切线上一点到直线的距离的平方. ，令， 则与直线平行切线对应的切点为：，其到直线距离为. 则最小值为2. 故答案为：2 【点睛】关键点睛：对于指数，对数同时出现的题目，常利用指对互化产生相同结构；对于平方型问题，常可转化为两点距离公式来思考. 四、解答题：本大题共5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. 已知数列是等比数列，，． （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 数列是等比数列，，，得数列的公比满足，解得. 则的通项公式为. 【小问2详解】 将数列的前项和分成等比数列和等差数列分别求和. 则. 16. 在中，内角，，所对的边分别为，，．已知，，． （1）求角和的值； （2）求的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由题意结合正弦定理可得、，求出后，再利用余弦定理即可求得，即可得解； （2）由正弦定理可得，利用同角三角函数的平方关系、三角恒等变换可得. 【小问1详解】 由正弦定理，得，． 又，，∴． ∵，∴．由余弦定理，得． 由，得，进而． 【小问2详解】 由正弦定理与余弦定理，得， ． ∴． 17. 在平面直角坐标系中，对于非零向量，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道平行的充要条件为. （1）已知向量，求； （2）（i）设向量的夹角为，证明：； （ii）在中，为的中点，且，若，求. 【答案】（1） （2）(i)证明如下： 因为 ， 且，，则， ∴. （ii) 【解析】 【分析】（1）由新定义代入即可求解； （2）（i）根据向量的坐标运算可得，进而可证，（ii）根据中线结合数量积可得，且可知点为的中点，进而求，再由（i）即可得结果. 【小问1详解】 由，， 可得： 【小问2详解】 （i）略 （ii）因为D为中点， 则， 可得， 即，可得， 又因为，可知点为的中点，则， 可得， 即 则， ， ， 可得， 所以. 18. 已知函数满足，函数． （1）求函数的解析式； （2）若不等式在上恒成立，求实数k的取值范围； （3）若关于x的方程有四个不同的实数解．求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由条件构造关于和的方程组，即可求解； （2）首先不等式转化为在上恒成立，再通过换元，并参变分离为，，在上恒成立，转化为求函数的最值问题； （3）根据函数的解析式，并将不等式转化为，并利用换元，转化为二次函数零点分布问题，即可求解. 【小问1详解】 因为①， 则②， 故联立上述方程，解得； 【小问2详解】 由（1）知，， 因为不等式在上恒成立， 所以在上恒成立， 设，则， 所以在上恒成立， 所以在上恒成立， 因为，所以，而在上单调递减， 故当时，取得最大值，最大值为， 所以， 所以的取值范围是； 【小问3详解】 方程等价于， 即，， 令，则方程化为，（）， 因为方程有四个不同的实数解，而t的每个值对应x的值有2个， 所以，（）有两个不同的正根、， 记， 所以，解得， 所以． 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 19. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若恰有两个零点，（其中）， （ⅰ）求实数的取值范围，并证明； （ⅱ）求证：． 【答案】（1）当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）（i）实数的取值范围是． 证明：取，则， 则， 令， 则，， 设， 则， 则在上单调递增， 则，即； （ii）证明：由（ⅰ）知，，， 要证， 只需证， 即证明， 令， 则， 则在上单调递增， ，即， ； 又因为，且， 故． 要证， 只需证， 令， 则且， 只需证明． 令， 则， 在上单调递减， ， 即，从而得证． 综上所述，． 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，因式分解导数，再分类讨论分析函数的单调性． （2）（ⅰ）由第（1）问，时最多有一个零点，排除这种情况，计算时的极小值，接着构造函数得到的取值范围；把代入，换元化简，利用的单调性，证得． （ii）先借助极小值点，构造关于的函数证明，结合，可证出；再用（ⅰ）的找点结果做桥梁，换元转化变量，构造函数求导判断单调性，证明，即可得证． 【小问1详解】 由， 得， 当时，，则在上单调递减； 当时，若，，则在上单调递减， 若，，则在上单调递增． 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）知，若函数有两个零点，则， 且当时，取得极小值，也即为最小值， 又∵当时，，当时，，所以， 即，即， 由于，则函数在上是增函数，且， ∴不等式的解为， ∴实数的取值范围是； （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 盐城中学高三年级第一次阶段检测 数学 一、单项选择题：本大题共8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，请把答案填写在答题卡上． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. “”是“且”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. 在中，若，则的形状是 A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰三角形 D. 不能确定 5. 在一定条件下，某人工智能大语言模型训练个单位的数据量所需要的时间，其中为常数．在此条件下，训练个单位的数据量所需要的时间是训练个单位的数据量所需要的时间的（ ） A. 2倍 B. 3倍 C. 4倍 D. 8倍 6. 已知，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 2 7. 已知的前项和，则 A. B. C. D. 8. 设函数是公差为的等差数列，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．部分选对得部分分，若错选不得分． 9. 已知复数，均不为，则（ ） A. B. C. D. 10. 记为数列的前n项和．已知n为奇数时，n为偶数时，则（ ） A. 2026是数列中的项 B. 数列是公比为2的等比数列 C. D. 若，则数列的前n项和小于 11. 如图，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为边BC上一点，且，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则角 C. 若，，则 D. 的最小值为 三、填空题：本大题共3题，每小题5分，共15分． 12. 设 ，则的最小值为_____． 13. 的值为________. 14. 实数，满足，，则的最小值是________． 四、解答题：本大题共5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. 已知数列是等比数列，，． （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和． 16. 在中，内角，，所对的边分别为，，．已知，，． （1）求角和的值； （2）求的值． 17. 在平面直角坐标系中，对于非零向量，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道平行的充要条件为. （1）已知向量，求； （2）（i）设向量的夹角为，证明：； （ii）在中，为的中点，且，若，求. 18. 已知函数满足，函数． （1）求函数的解析式； （2）若不等式在上恒成立，求实数k的取值范围； （3）若关于x的方程有四个不同的实数解．求实数m的取值范围． 19. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若恰有两个零点，（其中）， （ⅰ）求实数的取值范围，并证明； （ⅱ）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $