精品解析：北京市中国科学院附属实验学校2026-2027学年第一学期10月质量检测高三数学试题

中国科学院附属实验学校2026-2027学年第一学期10月质量检测 高三数学 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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第一部分 一，选择题.本部分共10题，每题4分，共40分.在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据偶次根式有意义求出集合，根据对数函数的单调性求解集合，再根据集合的交并补运算即可. 【详解】由偶次根式有意义，得，即，解得. 所以. 由，得，所以. 又，所以. 所以. 2. 若函数在处取得最小值，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本不等式求解时函数的最小值，根据等号成立的条件确定的值. 【详解】因为，由基本不等式可得， 当且仅当时，即当时，等式成立，此时取最小值，故. 3. 下列函数中，是奇函数且在其定义域上单调递增的为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】A，令，，则，函数为偶函数，故错误； C，令，，函数为奇函数，但在定义域上不单调，故错误； 方法一： B，令，，则，函数为奇函数， ，函数单调递减，故错误； D，令，由，解得， ，则，函数为奇函数， ，即函数在定义域上单调递增，故正确. 法二： B，令，，则，函数为奇函数， ∵和是减函数， ∴函数单调递减，故错误； D，令，由，解得， ，，函数为奇函数， ∵和均是增函数，则为增函数， ∴函数在定义域内单调递增，故正确. 4. 如图，在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以， ，可以看出AB选项错误； ，故C正确，D错误. 5. 将函数的图象上的每个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的倍，得到函数的图象.再将的图象向右平移个单位长度，所得图象恰好与函数的图象重合.则可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据函数的伸缩变换和平移变换推导得出，再逐一验证选项是否满足该恒等式即可. 【详解】将图象上点的横坐标不变，纵坐标变为原来的倍，可得； 根据函数平移“左加右减”的规则，将向右平移个单位长度，所得函数为， 由题意该函数与重合，因此有恒等式：   选项A：，则，不满足恒等式，A错误； 选项B：，则，不满足恒等式，B错误； 选项C：，则，不满足恒等式，C错误； 选项D：，则，满足恒等式，D正确. 6. 已知单位向量，满足，设向量，则向量与向量夹角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先算出，，再利用向量夹角公式即可得到答案 【详解】解：， ， 所以， 故选：C. 7. 已知，是无穷数列，是常数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】通过分别验证充分性与必要性，结合反例即可判断逻辑关系． 【详解】充分性验证： 若成立，取，，，显然满足对任意恒成立； 但当时，，不存在固定常数满足对所有成立，因此充分性不成立； 必要性验证： 若存在常数使得成立，根据不等式的传递性，对任意，都有，即可推出，因此必要性成立； 综上，“”是“”的必要不充分条件． 8. 已知函数若直线与函数的图象有且只有一个公共点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过导数求出直线与分段函数各段相切对应的值，并结合图象即可求解. 【详解】当时，函数，则， 令，解得， 故直线与相切，即. 当时，函数，则， 令，解得， 故直线与相切，即. 如图所示，当或时，直线与分段函数有且仅有一个公共点. 故实数的取值范围为或. 故选：B. 9. 已知一个圆锥的高与其底面圆的半径相等，且体积为．在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个顶点在圆锥的底面内，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，则该正方体的棱长为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，求得圆锥的高与底面圆的半径为，作出组合体的轴截面，结合，列出方程，即可求解. 【详解】因为圆锥的高与其底面圆的半径相等，设圆锥的高为，底面圆的半径为，则， 又因为圆锥的体积为，可得，解得，则， 设圆锥的顶点为，底面圆心为，则高为，与正方体的上底面交点为, 在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个顶点在圆锥的底面内，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，取其轴截面，如图所示， 设正方体的棱长为，可得， 由，可得，即，解得， 所以该正方体的棱长为. 故选：D. 10. 曲柄摇杆机构可以实现旋转运动与摆动运动的相互转化，被广泛应用于多个领域．已知从某曲柄摇杆机构中可抽象出如图所示的平面图形，其中，为定点，，为动点，，，，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据边长范围结合余弦定理计算求解范围. 【详解】因为，则，即得， 所以中， 所以， 所以的范围为. 第二部分（非选择题共110分） 二.填空题共5题，每题5分，共25分. 11. 函数的定义域为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数解析式有意义可得出关于的不等式组，即可解得函数的定义域. 【详解】对于函数，有，解得， 故函数的定义域为. 故答案为：. 12. 已知，若两个不等的实数满足且 的最小值为，则 ________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据辅助角公式，可得，根据，可得或，根据正弦型函数的图象与性质，分析可得与间的最小距离为一个周期，根据周期公式，即可得答案. 【详解】由题意得， 因为，且， 所以或， 所以与间的最小距离为一个周期，即， 所以2. 故答案为：2 13. 在平面直角坐标系中，角以为始边，终边在直线上，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先由角终边所在直线，利用任意角三角函数定义求出，再代入正切二倍角公式求出. 【详解】因为角的终边在直线上，根据任意角正切函数的定义，对终边上异于原点的任意点， 有，结合，得. 由正切二倍角公式，代入， 得. 14. 已知数列的前n项和为（A，B为常数），写出一个有序数对________，使得数列是递增数列. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据数列的前n项和与数列通项的关系根据相减法即可得的通项，再根据数列的单调性可得的范围，从而可得有序数对的取值. 【详解】数列的前n项和为, 当时，， 所以， 即， 当时，符合上式， 综上，， 若数列是递增数列，则，即， 故符合的有序数对可以为. 故答案为：（答案不唯一）. 15. 在棱长为1的正方体中，点在线段上（不与重合），于于，以下四个结论： ①平面； ②线段与线段的长度之和为定值； ③面积的最大值为； ④线段长度的最小值为． 其中所有正确的结论的序号是_________． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】对于①，结合图形，利用面面垂直的判定证得平面平面，再用其性质推得平面，得，利用，即可证得结论；对于② ，利用平行线分线段成比例性质可求得和，即可证明；对于③，④ ，利用②的结论，借助于基本不等式可求得面积的最大值和的最小值，即可判断. 【详解】 对于① ，如图，在正方体中，平面， 因平面，则平面平面， 因平面平面， 平面且，故平面， 又平面，则， 又因， ， 平面，故平面，故①正确； 对于② ，由①分析易得，则有，即得； 又由，可得，则有，即得， 故得：，即为定值1，故②正确； 对于③ ，由①，已得平面，因平面，则有， 则的面积，当且仅当时等号成立， 即当时，面积的最大值为，故③错误； 对于④ ，由③已得，则，当且仅当时等号成立， 即当时，线段长度的最小值为，故④正确. 故答案为：①②④. 三､解答题共6题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 在中，. （1）求的值： （2）若，求及的面积. 【答案】（1）2 （2）； 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理求解即得. （2）利用余弦定理结合三角形面积公式求解即得. 【小问1详解】 由余弦定理得 ， 代入已知等式：得， 化简得：，则， 因为 ，所以 ，即 . 【小问2详解】 因为，由余弦定理 ， 可得：， 将 代入上式可得：，化简得解得. 所以三角形面积：. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，. （1）求证：平面PAD； （2）求平面与平面PCD的夹角的余弦值； （3）记平面与平面PCD的交线为l.试判断直线AB与l的位置关系，并说明理由. 【答案】（1）证明：因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 又因为，，所以， 又因为平面PAD，所以平面PAD. （2） （3）直线.理由如下： 因为，平面PCD，平面PCD， 所以平面PCD， 又因为平面PAB，平面平面，所以. 【解析】 【分析】（1）由线面垂直可得，由根据线线平行与线线垂直可得，根据线面垂直的判定定理即可得证所求； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解平面PAB与平面PCD的法向量，再根据面面夹角余弦公式求解即可得答案； （3）根据线面平行判定定理得平面PCD，再根据线面平行的性质定理即可得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，，，， 如图所示，以D为原点建立空间直角坐标系D-xyz， 则，，，， 则，， 设平面PAB的一个法向量为， 由得所以，令，则， 又因为平面PCD，所以是平面PCD的一个法向量. 设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，则 . 【小问3详解】 略 18. 已知函数. （1）若，求的最小值； （2）若存在极小值，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）代入，得，求导并利用导函数判定函数的单调性，即可求得函数的最值； （2）先求导数，分类讨论和时函数的单调性，并根据函数有极小值求解的取值范围. 【小问1详解】 函数的定义域为， 当时，， 时，，在区间上单调递减， 时，，在区间上单调递增. 所以当时，取得最小值. 【小问2详解】 函数的导函数为. （1）当时，，在区间上单调递减， 所以无极值. （2）当时，令，得. 当变化时，与的变化情况如下表： x - 0 + ↘ 极小值 ↗ 由上表知，当时，取得极小值. 综上，的取值范围为. 19. 设函数. （1）若，，求的值； （2）已知在区间上单调递增，且是函数的图象的对称轴，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，使函数存在，求ω，φ的值. 条件①：当时，取到最小值； 条件②：； 条件③：在区间上单调递减. 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①或③：，；选②：不符合题意 【解析】 【分析】（1）代入参数值得到函数关系，求函数值； （2）先由三角恒等变换化简三角函数，选择条件①由函数图像的性质得到两条对称轴即可求出周期，从而解出的值，代入函数值求得的值；选择条件③由函数图像的性质得到两条对称轴即可求出周期，从而解出的值，代入函数值求得的值；选择条件②不能求出参数值，故不能选条件②. 【小问1详解】 由，，得. 则； 【小问2详解】 ， ， . 选择条件①： 因为在区间上单调递增， 且是函数的图象的对称轴， 又当时，取到最小值，所以， 故. 因为，所以. 所以，. 又因为， 所以，得. 又因为，所以. 选择条件③： 因为在区间上单调递增， 且是函数的图象的对称轴， 又在区间上单调递减，所以， 故. 因为，所以. 所以，. 又因为， 所以，得. 又因为，所以. 选择条件②不能求出参数值，故不能选条件②. 20. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）讨论在区间上的零点个数； （3）若，其中，求证：. 【答案】（1） （2）1 （3） 设，即， 所以， 设，， 因为时，，，所以， 所以在区间上单调递增， 即在区间上单调递增， 故，所以在区间上单调递增. 故，所以. 因为，所以， 又，所以. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义分别求切点坐标与切线斜率，再根据直线的点斜式方程化简转化可得所求； （2）分当和两段分别确定函数的单调性与取值情况，从而判断每段函数零点个数，从而得结论； （3）设，求导确定函数的单调性与取值情况，从而可得结论. 【小问1详解】 由，得且，所以， 所以曲线在处的切线方程为：，即. 【小问2详解】 ①当时，，，所以. 所以在区间上无零点； ②当时，，，所以， 所以在区间上单调递增， 又，， 所以在区间上仅有一个零点， 综上，在区间上的零点个数为1. 【小问3详解】 略 21. 若有穷正整数数列A：，，，…，满足如下两个性质，则称数列A为T数列：①；②对任意的，都存在正整数，使得. （1）判断数列A：1，1，1，3，3，5和数列B：1，1，2，2，4，4，4，12是否为T数列，说明理由； （2）已知数列A：，，，…，是T数列. （i）证明：对任意的，与不能同时成立； （ii）若n为奇数，求的最大值. 【答案】（1）数列A不是T数列，理由如下： 对于数列A，因为，，且对任意的正整数，有 ， 所以数列A不满足性质②，所以数列A不是T数列； 数列B是T数列，理由如下： 对于数列B，因为，，，， 所以数列B满足性质①， 又因为，，，， ，，， 所以数列B满足性质②. 所以数列B是T数列. （2）（i）证明:假设存在，使得， 由性质①，可得， 由性质②，存在正整数，使得， 又因为，所以，故， 所以， 而，矛盾， 所以与不能同时成立； （ii） 【解析】 【分析】（1）根据T数列的定义分别验证条件①②即可判断数是否为T数列； （2）（i）利用反证法假设存在，使得，分别根据条件①②验证假设，即可得结论；（ii）由条件①②可得，根据数列不等式以及数列求和即可得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）由性质①，当时，可得， 又因为，为正整数，所以， 由性质②，对任意的，有， 因为对任意，， 所以， 所以 ， 当，， （）时， 上述不等式取到等号，且此时数列A满足①和②，是T数列， 综上，的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题关键是对“T数列”的定义与理解，证明部分关键是灵活运用反证法，求和部分结合不等式的性质进行放缩处理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 中国科学院附属实验学校2026-2027学年第一学期10月质量检测 高三数学 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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第一部分 一，选择题.本部分共10题，每题4分，共40分.在每题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若函数在处取得最小值，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列函数中，是奇函数且在其定义域上单调递增的为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在中，，则（ ） A. B. C. D. 5. 将函数的图象上的每个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的倍，得到函数的图象.再将的图象向右平移个单位长度，所得图象恰好与函数的图象重合.则可以是（ ） A. B. C. D. 6. 已知单位向量，满足，设向量，则向量与向量夹角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，是无穷数列，是常数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 已知函数若直线与函数的图象有且只有一个公共点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9. 已知一个圆锥的高与其底面圆的半径相等，且体积为．在该圆锥内有一个正方体，其下底面的四个顶点在圆锥的底面内，上底面的四个顶点在圆锥的侧面上，则该正方体的棱长为（ ） A. B. 1 C. D. 10. 曲柄摇杆机构可以实现旋转运动与摆动运动的相互转化，被广泛应用于多个领域．已知从某曲柄摇杆机构中可抽象出如图所示的平面图形，其中，为定点，，为动点，，，，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 第二部分（非选择题共110分） 二.填空题共5题，每题5分，共25分. 11. 函数的定义域为_______． 12. 已知，若两个不等的实数满足且 的最小值为，则 ________. 13. 在平面直角坐标系中，角以为始边，终边在直线上，则__________. 14. 已知数列的前n项和为（A，B为常数），写出一个有序数对________，使得数列是递增数列. 15. 在棱长为1的正方体中，点在线段上（不与重合），于于，以下四个结论： ①平面； ②线段与线段的长度之和为定值； ③面积的最大值为； ④线段长度的最小值为． 其中所有正确的结论的序号是_________． 三､解答题共6题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 在中，. （1）求的值： （2）若，求及的面积. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，. （1）求证：平面PAD； （2）求平面与平面PCD的夹角的余弦值； （3）记平面与平面PCD的交线为l.试判断直线AB与l的位置关系，并说明理由. 18. 已知函数. （1）若，求的最小值； （2）若存在极小值，求的取值范围. 19. 设函数. （1）若，，求的值； （2）已知在区间上单调递增，且是函数的图象的对称轴，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，使函数存在，求ω，φ的值. 条件①：当时，取到最小值； 条件②：； 条件③：在区间上单调递减. 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. 20. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）讨论在区间上的零点个数； （3）若，其中，求证：. 21. 若有穷正整数数列A：，，，…，满足如下两个性质，则称数列A为T数列：①；②对任意的，都存在正整数，使得. （1）判断数列A：1，1，1，3，3，5和数列B：1，1，2，2，4，4，4，12是否为T数列，说明理由； （2）已知数列A：，，，…，是T数列. （i）证明：对任意的，与不能同时成立； （ii）若n为奇数，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $