精品解析：辽宁大连育明高级中学2026-2027学年高三上学期第二次教学质量调研数学试卷

大连育明高级中学2026-2027学年上学期高三第二次 教学质量调研数学试卷 满分150分　　时间120分钟 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答卷前：先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证条码粘贴在答题卡上指定位置． 2．选择题，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑． 3．非选择题，用0.5 mm黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域，写在非答题区域无效． 4．画图清晰，并用2B铅笔加深． 第Ⅰ卷（共58分） 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将集合，集合分别化简，再由交集的运算，即可得到结果. 【详解】由可得，即，解得， 所以， 由可得，解得，所以， 则. 2. 将函数的图象向右平移个周期后，所得图象对应的函数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出函数周期，再由函数平移的性质结合余弦函数的诱导公式可得. 【详解】函数周期，所以函数的图象向右平移个周期可得. 故选：D 3. 等差数列的前项和为，若且，则（ ） A. B. 2026 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】借助等差数列定义及求和公式可得也为等差数列，求出公差结合等差数列前项和公式即可得解. 【详解】记等差数列的公差为，则 则数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，解得， 故. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】设，则，由题意得; . 【点睛】 5. 中，，，，是所在平面内的点，且，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】以为坐标原点，建立平面直角坐标系，通过条件用表示出动点的坐标，接着再利用坐标运算，把数量积表示成含的式子，最终再求这个式子的最小值. 【详解】因为， 所以， 所以， 如图，以为坐标原点，分别以所在直线为和轴，建立平面直角坐标系， 所以， 令， 所以， 因为， 所以， 所以，即， 所以， 所以， 所以当时，有最小值. 6. 已知函数，，在其图象上任取两个不同的点、，总能使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据结合，可得出，可知函数在上为增函数，可得出，结合参变量分离法可求得实数的取值范围. 【详解】由以及，， 所以， 构造函数，则， 所以函数在上为增函数， 由于，则对任意的恒成立， 由，可得， 当时，则，当且仅当时，等号成立， 所以，，因此实数的取值范围是. 7. 设函数.若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用辅助角公式和三角函数值域可得，再由可得，即可求出的最小值为. 【详解】因为， 所以. 因为，所以， 故，. 所以， 解得， 故，其最小值为. 故选：A. 8. 若，数列的前项和为，且，，则（ ） A. 18 B. 9 C. D. 19 【答案】C 【解析】 【分析】先分析函数的对称性，再求出数列的通项公式，最后利用数列性质和函数对称性求和即可. 【详解】根据题意，，则的定义域为， 又， 所以， 所以，若，则. 由已知，当时，， 两式相减得，整理得，即. 又因为，，所以，即， 所以对任意正整数，都有，所以数列为常数数列， 故，即.由得数列是等差数列， 所以，， 则， 故. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．每小题给出的选项中，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. 已知的内角、、所对的边分别为、、，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则为锐角三角形 B. 若，，只有一解，则的取值范围为 C. 若，，则面积的最大值为 D. 若，则为等腰三角形 【答案】AC 【解析】 【分析】用三角形正切恒等式，判断三个内角都是锐角，故A正确；讨论三角形一解有两种情况，判断选项B；利用余弦定理结合基本不等式求出上限，算出面积最大值，判断选项C；利用正弦定理边化角后利用二倍角公式，得到等腰或直角两种可能，判断选项D． 【详解】中，，，即， 故， ，可得， 三角形内角范围，最多有一个钝角，若存在钝角，则三者乘积为负，与条件矛盾， 故三个内角的正切均为正，即三个角全是锐角，故A正确； 已知，，只有一解，有两种情况： ，即； ，故的取值范围为，故B错误； ，，由余弦定理， 即，解得， ，当且仅当时等号成立，故C正确； ，结合正弦定理得， 故，而故或， 即或，故D错误． 10. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球…设第层有个球，，则（ ） A. B. 是等差数列 C. 为偶数 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意归纳出数列  的递推关系，利用累加法得即可判断ABC选项；对于选项D，利用分组求和法计算 ． 【详解】由题意可知，，，，， 则当时， 累加得， ∴，易知也满足，所以， ∴，故A正确； ，故B正确； 为奇数，故C错误； 由题意可知   ，故D正确． 11. 若函数有三个零点，，，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. 若，，成等差数列，则函数在处的切线方程为 D. 若，，成等比数列，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由三次函数的零点个数，可知该函数的单调区间至少有三个，求该函数的导函数，转化为二次函数的判别式求解可得；对于B，利用三次函数的三根式表达形式，求导后，通过赋值通分化简可得；对于C，将三次函数的三根式展开，利用对应系数相等建立根与系数的关系，化简运算即可；对于D，由根与系数的关系，消元转化，用分别表示，即可判断． 【详解】对于A，由题意，可得． 由于函数有三个零点，则至少有三个单调区间， 故有两个不等实根，则，解得，故A错误； 对于B，由题意，可知， 则， 故． 同理可得，． 故 ，故B正确； 对于C， ， 则，，． 若，，成等差数列，则， 则，故，，则， 所以， 又因为，， 所以函数在处的切线方程为，即，故C正确； 对于D，若，，成等比数列，则，， 故，， 则，，由，可知，故D正确． 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，，则与的夹角_________． 【答案】## 【解析】 【详解】，解得， ，，故． 13. 令，则计算后的值为_________． 【答案】 当时，；当时，． 【解析】 【分析】本题为等差乘等比型数列求和问题，采用错位相减法求解，需对公比是否为1分类讨论求解即可． 【详解】当时，，为首项为1、公差为1的等差数列前项和，由等差数列求和公式得 ， 当时，采用错位相减法计算，  ， ，  用①式减去②式可得，     ，  两边同除以得，， 综上当时，；当时，． 14. 定义在上的函数满足：，且对于都有．则关于的不等式解集为_________． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，通过已知条件得到的单调性和奇偶性，将所求不等式转化为， 根据的性质进一步转化为，解不等式即可. 【详解】令，根据可得，所以为上的偶函数. 当时，，所以在上单调递增； 又因为为偶函数，所以在上单调递减. 由得，代入不等式得， 整理得.所以，即，整理得，解得. 所以不等式解集为. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤． 15. 已知向量，向量，函数， （1）求函数的单调递减区间及对称中心； （2）令函数（为常数），，求函数的最小值． 【答案】（1）函数的单调递减区间为，， 函数的对称中心为，. （2）当时， ； 当时，； 当时， . 【解析】 【分析】（1）小问主要考查三角恒等变换以及正弦型函数的单调区间和对称中心，首先利用二倍角的正（余）弦公式，诱导公式以及辅助角公式，将函数化为，然后解不等式，，可得函数的单调递减区间，最后解方程，，可得函数的对称中心； （2）小问主要考查二次函数的动轴定区间，首先由，可得，然后令，将转化为，对称轴为，最后结合二次函数的单调性，分别求出当、、时，的最小值. 【小问1详解】 由，可得， ， ， ， ， 解得，，， 令，， 解得，，， 综上所述，函数的单调递减区间为，， 函数的对称中心为，. 【小问2详解】 因为，，，， 所以，，即， 在中，令，， 则，对称轴为， 当时，在上单调递增，， 当时，在上单调递减，在上单调递增，则， 当时，在上单调递减，， 综上所述，当时， ； 当时，； 当时， . 16. 在中，内角，，的对边分别是，，，，且． （1）求角； （2）若，求边上的高的长； （3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理结合两角和的正弦公式化简求值即可； （2）根据余弦定理及已知得，然后利用面积公式求解即可； （3）利用向量加法运算及数量积以及模的运算得，利用正弦定理得，然后利用角的范围，结合正弦函数的性质求解范围即可. 【小问1详解】 在中，由正弦定理及， 得 ， 即，而，， 解得，又，所以. 【小问2详解】 由及，余弦定理得， 又，解得， ， 即，所以. 【小问3详解】 因为是的中点，所以， 则， 由正弦定理得， 即， 为锐角三角形， ，所以，所以， 所以，所以， 所以， 所以，即边上的中线的取值范围为． 17. 已知数列，其前项和为，，且，．数列是等差数列，其前项和为，，． （1）求证：是等比数列，并求的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 【答案】（1），，，两式相减得， 化简得，即，，， 因为，即，解得，则 又，是首项为3，公比为3的等比数列， ，即. （2） 【解析】 【分析】（1）利用并结合等比数列的定义即可求解； （2）先求出数列的通项公式，再利用裂项相消求和即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 数列是等差数列，其前项和为，，，，， 公差，，， ， . 18. 已知函数，． （1）若有两个不同零点，，证明（为自然对数的底数）； （2）若恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）设的两个不同零点为，设， ， ， 故欲证，即，只需证， 即，即证， 设，上式转化为， 设， ， 在上单调递增， ， ，即． （2） 【解析】 【分析】（1）设出两个零点，代入函数表达式，将要证明的不等式转化为证明，构造函数，利用导数求得的最小值大于零，由此证得原不等式成立. （2）问题转化为恒成立，设，利用导数求其最大值，即可得解. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由恒成立，得恒成立， 即恒成立， 设，则， 设，则， 所以在上单调递减， 又，， 所以存在唯一实数，使得，即， 两边取对数得， 移项得， 设，则， 所以函数在单调递增，所以，则， 由时，时， 可得时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故， 所以. 19. 已知函数（为自然对数的底数） （1）当且时，判断函数的零点个数，并说明理由； （2）令，若，若函数的最小值为0，求实数的最小值； （3）求证：． 【答案】（1）0 （2） （3）由（1）可知，当，时，， 则， 令，，则， 两边同乘，可得， 即，， 则， ， 因为，所以， ， 则， ， ， 因为，所以，， 则， 又因为，所以. 【解析】 【分析】（1）利用导数研究函数的零点，先求，再求，然后由的正负，可得的单调性，最后由，可得在上单调递增，则，进而可得函数的零点个数为0； （2）先求，并进行因式分解得，，分类讨论参数； （3）利用裂项相消法求和，并结合放缩法证明不等式，先由（1）可得，令，，变形可得，然后将裂项成之后累加求和，即可证明不等式. 【小问1详解】 对求导得， 对求导得， 当时，，又因为，则，所以， 因为，所以在上单调递增，则， 因为，所以在上单调递增，则， 所以当且时，函数的零点个数为0. 【小问2详解】 由题意得，则， 且，， 整理得， 对求导得， 得到，， 设，，则，等价于， 若，满足，则，即，， 代入可得，， 所以的根一定是的根； 当时，，则，则的符号由决定，即由决定， 而，因为，， 所以，则在上单调递增， 所以存在唯一的，使得，即，则； 在上，，单调递减，在上，，单调递增， 所以，符合题意； 当时，，， 而，令，解得， 在上，，单调递减，在上，，单调递增， 所以，符合题意； 当时，令，解得， 在上，，在上，， 而，，令，解得， 在上，，单调递增， 在上，，单调递减， 所以， 当，解得，即， 所以在上，，单调递减， 在上，，单调递增， 所以， ，当时， ， 而，符合题意； 对于，，， 当时，；当时，， 当，， 在上，单调递增；在上，单调递减， 设，，且，，即，， 所以在上，；在上，， 在上，，在上，， 所以在上，，单调递减； 在上，，单调递增； 在上，，单调递减； 在上，，单调递增； 所以，符合题意； 综上所述，实数的最小值为. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大连育明高级中学2026-2027学年上学期高三第二次 教学质量调研数学试卷 满分150分　　时间120分钟 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答卷前：先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证条码粘贴在答题卡上指定位置． 2．选择题，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑． 3．非选择题，用0.5 mm黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域，写在非答题区域无效． 4．画图清晰，并用2B铅笔加深． 第Ⅰ卷（共58分） 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 将函数的图象向右平移个周期后，所得图象对应的函数为（ ） A. B. C. D. 3. 等差数列的前项和为，若且，则（ ） A. B. 2026 C. D. 1 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 中，，，，是所在平面内的点，且，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 0 6. 已知函数，，在其图象上任取两个不同的点、，总能使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 设函数.若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 若，数列的前项和为，且，，则（ ） A. 18 B. 9 C. D. 19 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．每小题给出的选项中，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. 已知的内角、、所对的边分别为、、，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则为锐角三角形 B. 若，，只有一解，则的取值范围为 C. 若，，则面积的最大值为 D. 若，则为等腰三角形 10. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球…设第层有个球，，则（ ） A. B. 是等差数列 C. 为偶数 D. 11. 若函数有三个零点，，，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. 若，，成等差数列，则函数在处的切线方程为 D. 若，，成等比数列，则 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，，则与的夹角_________． 13. 令，则计算后的值为_________． 14. 定义在上的函数满足：，且对于都有．则关于的不等式解集为_________． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤． 15. 已知向量，向量，函数， （1）求函数的单调递减区间及对称中心； （2）令函数（为常数），，求函数的最小值． 16. 在中，内角，，的对边分别是，，，，且． （1）求角； （2）若，求边上的高的长； （3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围． 17. 已知数列，其前项和为，，且，．数列是等差数列，其前项和为，，． （1）求证：是等比数列，并求的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 18. 已知函数，． （1）若有两个不同零点，，证明（为自然对数的底数）； （2）若恒成立，求的取值范围． 19. 已知函数（为自然对数的底数） （1）当且时，判断函数的零点个数，并说明理由； （2）令，若，若函数的最小值为0，求实数的最小值； （3）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $