精品解析：北京市陈经纶中学2026-2027学年高三上学期10月统一练习数学试卷

陈经纶中学2027届高三年级10月统一练习 数学 姓名：________________ 准考证号：________________ 本试卷共4页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效． 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. 3 D. 5 3. 下列函数中，值域为且在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 4. 若圆锥的轴截面是底边长为4，顶角为的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，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 6. 在锐角中，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 神经网络系统工作原理如下：将一个正整数列输入系统，系统将相邻两项依次相加，再将得到的新数列输出——以上过程称为一个“阶段”，如输入1，2，3，9，将输出3，5，12．现向系统中输入50个“1”，将系统输出的结果再次输入系统，重复上述过程，经历个“阶段”的运算后，输出结果为一个正整数，若，则的值为（ ）（参考数据：） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 8. 在中，，，若，则（ ） A. 有最小值 B. 有最小值 C. 有最大值 D. 有最大值 9. 设函数图象的两条相邻对称轴为，，若，，则正整数的取值有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 10. 已知数列满足，，是的前项和．若，则正整数的所有取值的个数为（ ） A. B. C. D. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知平面向量，不共线，，，若，则实数______________． 12. 设等差数列的前项和为，若，，则______________，的最大值为______________． 13. 在平面直角坐标系中，点与点关于轴对称，则的一个取值为______________． 14. 设函数若，使得，则实数的取值范围为______________；若关于的方程恰有两个不同的实数解，则实数的取值集合为______________． 15. 在棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且．给出下列四个结论： ①平面； ②点轨迹的长度为； ③三棱锥的体积恒为定值； ④平面截正方体所得的截面面积为． 其中所有正确结论的序号是______________． 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知函数的最小正周期为． （1）求函数的单调递增区间； （2）求函数的对称中心； （3）将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，求在上的最大值和最小值． 17. 在中，，． （1）求； （2）若的面积为，为边上的一点，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的长． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 18. 如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，．且，，为棱上的点． （1）证明：平面平面； （2）若平面与平面的夹角的余弦值为， （ⅰ）求线段的长； （ⅱ）判断直线与平面的位置关系，并说明理由． 19. 已知函数． （1）若的一个极值点为，求的极大值； （2）求的单调区间； （3）讨论的零点个数（直接写出结果）． 20. 已知函数． （1）当时，求在上的最大值； （2）若对，都有，求实数的取值范围； （3）曲线在点处的切线与轴交于点，与轴交于点，设为坐标原点，当时，求的取值范围． 21. 设数列 、、、，如果对小于的每个正整数都有，则称是数列的一个“时刻”.记是数列的所有“时刻”组成的集合. （1）对数列、、、、，写出的所有元素； （2）证明：若数列中存在使得>，则 ； （3）证明：若数列满足，则的元素个数不小于. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陈经纶中学2027届高三年级10月统一练习 数学 姓名：________________ 准考证号：________________ 本试卷共4页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效． 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，， 所以，即. 2. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. 3 D. 5 【答案】B 【解析】 【详解】， . 3. 下列函数中，值域为且在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】逐一判断各选项的值域和在上的单调性： 对于A：，值域为，不是，所以A错误； 对于B：，值域为，但在上单调递减，所以B错误； 对于C：，值域为，不是，所以C错误； 对于D：，值域为，且在上 单调递增，所以D正确. 4. 若圆锥的轴截面是底边长为4，顶角为的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为圆锥轴截面的底边长为4，所以底面半径为. 由正弦定理得， 即，所以该圆锥的侧面积为. 5. 已知，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】 【详解】若，则，则充分性成立； 若，则满足，但不满足，故必要性不成立， 故“”是“”的充分不必要条件. 6. 在锐角中，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出的范围，由正弦定理得到. 【详解】，故， 因为为锐角三角形，所以，解得， 由正弦定理得 由于在上单调递减，故. 7. 神经网络系统工作原理如下：将一个正整数列输入系统，系统将相邻两项依次相加，再将得到的新数列输出——以上过程称为一个“阶段”，如输入1，2，3，9，将输出3，5，12．现向系统中输入50个“1”，将系统输出的结果再次输入系统，重复上述过程，经历个“阶段”的运算后，输出结果为一个正整数，若，则的值为（ ）（参考数据：） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】该题先推导得出经历个阶段后最终的数，再通过对数运算估算的数量级得到. 【详解】初始输入共个，每经过个阶段，数列长度减少：要最终输出个数，需要经过的阶段数. 通过递推可发现规律：每次相邻相加次后，最终的数是初始数列元素的组合数加权和，这里初始全为，因此最终结果等价于组合数之和： 对取常用对数： , 因此，满足，结合题干条件，得. 8. 在中，，，若，则（ ） A. 有最小值 B. 有最小值 C. 有最大值 D. 有最大值 【答案】B 【解析】 【分析】先由向量点积相等推出为等腰三角形，再对平方变形，将表示为关于的函数，结合的范围求最值即可. 【详解】由，得， 所以，所以， 由正弦定理得：，即， 又， 所以，所以， 又， 所以 ， 所以， 又， 所以， 所以， 所以， 又，所以， 所以，所以， 所以， 所以有最小值，无最大值. 9. 设函数图象的两条相邻对称轴为，，若，，则正整数的取值有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】A 【解析】 【分析】由辅助角公式和最小正周期得到方程，求出，并根据得到的范围，验证后可得时，，满足要求，得到答案 【详解】， 因为为正整数，所以的最小正周期为， ，为图象的两条相邻对称轴，所以， 因为，所以，解得，故， 由题意得， 因为，所以， 所以，， 解得， 当时，，无解，舍去； 当时，，无解，舍去； 当时，，故，满足要求； 综上，，正整数的取值有个 10. 已知数列满足，，是的前项和．若，则正整数的所有取值的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对递推不等式 分别进行放缩：左侧用累加法得到通项的下界，对应前 项和 的下界；右侧构造等比数列得到通项的上界，对应 的上界；再结合 解出 的取值范围，统计区间内正整数的个数即可. 【详解】由，得相邻项差， 对累加得， 因此前项和满足， 由，构造辅助数列， 则， 其中首项，故，即， 因此前项和满足 需同时满足， 令， 则， 即，即数列为递增数列， 解左侧不等式：， 时，； 时，，故 ， 解右侧不等式：， 时，；时，，故 ， 所以的取值为，且是正整数，所以正整数的所有取值的个数为 个. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知平面向量，不共线，，，若，则实数______________． 【答案】 【解析】 【详解】因为与不共线，所以． 由，存在实数，使得，即，整理得． 由于与不共线，根据平面向量基本定理，得，，解得，所以． 此时，满足． 12. 设等差数列的前项和为，若，，则______________，的最大值为______________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用基本量法建立方程求得，即可得及，再利用二次函数的性质，结合数列的特殊性，即可求解. 【详解】设等差数列首项为，公差为， 则，解得， 所以，， 考虑，当时，有最大值， 所以当或时，取到最大值，最大值为. 13. 在平面直角坐标系中，点与点关于轴对称，则的一个取值为______________． 【答案】（答案不唯一，满足均可） 【解析】 【分析】根据关于轴对称的点横坐标相等、纵坐标互为相反数的性质，联立三角方程求解的通式即可得到符合条件的取值. 【详解】由题意得：，解得， 而， 所以， 所以. 14. 设函数若，使得，则实数的取值范围为______________；若关于的方程恰有两个不同的实数解，则实数的取值集合为______________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）存在性问题直接分离参数转化为求函数值域；（2）按定义域拆成左右两段分别求方程的解，再合并统计方程的解的总数. 【详解】（1）当时，，，使得， 令，得，由， 故的取值范围为； （2）当时，方程为，整理得，因式分解为， 则时，方程的解为，共1个； 时，，故方程的解为，共1个； 时，方程的解为，共1个； 且时，，故方程的解为和，共2个. 当时，方程为，整理得， 直线过定点， 设，求其过的切线，， 设切点为，其中，则切线斜率为， 所以切线为， 代入定点，得，即， 设，由在上单调递增，， 得的解为，所以切线斜率为， 所以时，直线与曲线相切，故方程在正区间有1个解； 时，直线与曲线相交，故方程在正区间有2个解； 时，直线与曲线没有交点，故方程在正区间无解； 时，直线与曲线有一个交点，故方程在正区间有1个解. 综上所述，要使关于的方程恰有两个不同的实数解， 则实数的取值集合为. 15. 在棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且．给出下列四个结论： ①平面； ②点轨迹的长度为； ③三棱锥的体积恒为定值； ④平面截正方体所得的截面面积为． 其中所有正确结论的序号是______________． 【答案】①④ 【解析】 【分析】由线面平行的判定定理判断①；求得动点的轨迹，得其长度，判断②；分析三棱锥的体积判断③；作出平面截正方体所得的截面，求其面积，判断④. 【详解】因为，且， 所以四边形为平行四边形，所以. 因为，分别为棱，的中点，所以. 所以. 又平面，平面， 所以平面. 所以①正确. 由正方体的性质可得，， 所以， 所以. . . 设点到平面的距离为， 由，得， 所以. 因为，所以点的轨迹为半径为的圆. 所以其长度为. 所以②不正确. ， 点到平面的距离为定值， 点到直线的距离不是定值， 所以的面积不是定值， 所以三棱锥的体积，即的体积不是定值， 所以③不正确. 分别取的中点，记作， 易得六点共面，且构成正六边形， 所以平面截正方体所得的截面面积为， 所以④正确. 所以正确结论的序号是①④. 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知函数的最小正周期为． （1）求函数的单调递增区间； （2）求函数的对称中心； （3）将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，求在上的最大值和最小值． 【答案】（1） 单调递增区间为 （2） 对称中心为 （3） 最大值为，最小值为 【解析】 【分析】先通过三角恒等变换将化简为正弦型函数，结合最小正周期求出，再根据正弦函数的性质分别求解单调区间、对称中心，平移得到后结合定义域求其最值. 【小问1详解】  首先化简函数解析式： ， 由最小正周期，，得，解得， 故. 令， 化简得， 即的单调递增区间为. 【小问2详解】 令，解得， 此时， 故的对称中心为. 【小问3详解】  将图象向左平移个单位，得， 则 ，  当时，， 由正弦函数性质得， 因此，. 17. 在中，，． （1）求； （2）若的面积为，为边上的一点，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的长． 条件①：； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） （2）选择条件②或③，（选择条件①，不存在） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，化简后结合角的取值范围求； （2）先由面积公式、边的关系及余弦定理求出的各边长和，再验证所选条件合理性，利用正弦定理或余弦定理求. 【小问1详解】 由及正弦定理，得. 因为，所以，所以. 若，则，上式不成立，所以， 则，又，所以. 【小问2详解】 因为的面积为，，所以， 即，解得，又，所以，则. 由余弦定理得，， 又，所以，所以为等腰三角形，且，故. 选择条件①：因为为边上的一点，所以. 又，则， 而三角形内角和为，故不能构成三角形. 选择条件②：. 在中，由余弦定理得， ， 所以. 选择条件③：由，得. 在中，. 由正弦定理得，所以. 18. 如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，．且，，为棱上的点． （1）证明：平面平面； （2）若平面与平面的夹角的余弦值为， （ⅰ）求线段的长； （ⅱ）判断直线与平面的位置关系，并说明理由． 【答案】（1） 证明：∵平面，平面， ∴. ∵，∴. 所以. ， ∴，所以. ∵四边形为正方形，∴. ∵，平面， ∴平面. ∵平面，∴. ∵平面， ∴平面. ∵平面，∴平面平面. （2） （ⅰ） （ⅱ）直线与平面相交. 理由如下：由（ⅰ）可得， . 平面的一个法向量为， ∴. ∴与不垂直， ∴直线与平面不平行，且平面， ∴直线与平面相交. 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的性质及线面垂直的判定定理先证得平面，再证得平面，再由面面垂直的判定定理证得平面平面； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，设，由面面角的向量求法可得的值，从而求得线段的长；（ⅱ）利用空间向量可得平面的一个法向量与不垂直，进而分析判断. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）以D为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， ∴. 设， 则. 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， ∴平面的一个法向量为. 由（1）知平面， ∴平面的一个法向量为. ∴. 若平面与平面的夹角的余弦值为， 则， ∴，即， ∴， ∴. ∴，所以. （ⅱ）略 19. 已知函数． （1）若的一个极值点为，求的极大值； （2）求的单调区间； （3）讨论的零点个数（直接写出结果）． 【答案】（1） （2）当时， 的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为和； 当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为和. （3）当时，无零点， 当或时，有1个零点， 当时，有2个零点. 【解析】 【分析】（1）利用极值点处导数为零求出参数，再通过分析导数正负确定极大值点为并代入原函数求出极大值. （2）将导数通分并因式分解出两个根和，通过比较与及的大小关系，分类讨论导数正负以确定单调区间. （3）令将参数分离出来，转化为水平直线与新函数图像的交点个数问题. 【小问1详解】 由， 则， 由题意得，即， 此时，则， 令，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则为极小值点，符合题意， 所以的极大值为. 【小问2详解】 由题意得，令，解得， 当，即时， 因为，所以恒成立， 此时的单调递减区间为，单调递增区间为， 当，即时， 此时的单调递减区间为，单调递增区间为和， 当，即时，在上恒成立， 此时的单调递增区间为，无单调递减区间， 当，即时， 此时的单调递减区间为，单调递增区间为和. 【小问3详解】 令，整理得， 设，则，令，解得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以对于任意，恒有，则， 设， 则， 设，则，令，解得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，因此在上恒成立， 由此可知的正负完全由决定， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，且时，，时，， 如图： 所以当时，与无交点，此时无零点， 当或时，与有1个交点，此时有1个零点， 当时，与有2个交点，此时有2个零点. 20. 已知函数． （1）当时，求在上的最大值； （2）若对，都有，求实数的取值范围； （3）曲线在点处的切线与轴交于点，与轴交于点，设为坐标原点，当时，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）将代入并求导，利用三角函数的性质判断导数在上恒成立，从而由单调递增直接取右端点得到最大值. （2）先利用“端点效应”由得出必要条件，再通过放缩消去参数，结合多次求导与三角函数的性质证明恒成立的充分性. （3）根据切线截距与斜率的几何关系将化简为，再利用的偶函数对称性及二阶导数判断单调性，求出的范围后取倒数即可. 【小问1详解】 当时，，则， 当时，由于且，故， 即在区间上单调递增，所以. 【小问2详解】 由题意得， 故且，若对，都有，则， 即，解得， 充分性证明: 当且时，由于，故， 从而， 记，下证， 当时， ，设， 则，设，则， 当时，且，故， 所以在上单调递增，故，即， 所以在上单调递减，故，即， 所以在上单调递增，故， 当时， 由于且，有，又， 故， 综上，当时， 对，都有， 因此实数的取值范围为. 【小问3详解】 在切点处的切线方程为， 令，则， 由于在分母上，所以， 当时，，不符合题意， 当且时，， 记，则，当且仅当时取等， 故在上单调递增，则，即， ， 所以是奇函数， 所以为偶函数，所以 所以为奇函数，所以当时，， 所以对任意，均有， 在切线方程中令，则(由下知)， 因此， 由上知是偶函数，即为偶函数， 故只需要研究时的取值范围， 令， 则， 因为，所以，当时，，故， 因此在上单调递减，从而有， 其中， 由且得， 于是对任意，均有，故， 下面证明该区间内每一个值都能取到，任取， 令，由得， 此时，所以， 因此区间内所有值均可取到，故的取值范围为. 21. 设数列 、、、，如果对小于的每个正整数都有，则称是数列的一个“时刻”.记是数列的所有“时刻”组成的集合. （1）对数列、、、、，写出的所有元素； （2）证明：若数列中存在使得>，则 ； （3）证明：若数列满足，则的元素个数不小于. 【答案】（1）的元素为和. （2）证明：因为存在使得，所以. 记， 则，且对任意正整数，. 因此，从而. （3）证法一：设数列的所有“时刻”为， 对于第一个“时刻”，有， 则． 对于第二个“时刻”，有， 则． 类似的、、． 于是，． 对于，若，则． 若，则，否则由（2）知、、、，中存在“时刻”与只有个“时刻”矛盾． 从而． 证法二：（3）①若，由（2）可知，，此时结论成立； ②若，设，其中，，、、、， 不妨设，由题意，所以， 同理，所以． 以此类推，我们有， ， ， 将以上各式累加，得到， 故此时结论也成立． 综合①②可知，若数列满足，则元素个数不小于． 【解析】 【分析】（1）根据题中“时刻”的定义可得出中的元素； （2）根据题意可知，记，推导出，结合“时刻”的定义推导出，即可证得结论成立； （3）证法一：设数列的所有“时刻”为，根据“时刻”的定义推导出、、、、．结合不等式的基本性质推导出，然后分、进行分类讨论，进行逻辑推理，可证得结论成立； 证法二：分、进行分类讨论，在第一种情况下可直接得出，在第二种情况下，根据“时刻”的定义推导出，，，再结合不等式的基本性质可推导出结论成立. 【小问1详解】 根据题干条件可得，，，，， 满足条件，满足条件， 不满足条件，不满足条件， 不满足条件，不满足条件， 则，，，均小于，因此满足条件， 因此. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $