精品解析：四川省南江中学2026-2027学年高三上期10月阶段性测试数学试题

南江中学高三10月阶段性考试数学试题 （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､班级､座位号､准考证号填写在答题卡上. 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，用橡皮擦拭干净后，再选涂其他答案的标号.答案写在本试卷上无效. 3.回答非选择题时，将答案用黑色墨迹中性笔写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4.考试结束后，请考生个人留存试卷并将答题卡交回给监考教师. 一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合且，则a等于（ ） A. 1 B. C. D. 2 2. 下列函数中，是偶函数且在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的实轴长为（ ） A. B. C. 2 D. 1 4. 下列两个函数和，的图象不可以由的图象经过平移得到的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 5. 各项均为正数的数列满足，（，），则（ ） A. 5 B. 25 C. D. 24 6. 已知函数的最大值为，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若同时满足条件：①，为的一个极大值点；②，.则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､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. 下列说法正确的是（ ） A. 若函数的定义域为，则函数的定义域为 B. 是定义域上的减函数 C. 的值域是 D. “”是“函数在区间上为增函数”的充分不必要条件 10. 已知，，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数定义域为，对，恒有，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. ，则周期为6 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设函数，则_________. 13. 若直线是曲线的一条切线，则_________. 14. 已知函数的零点为，函数的零点为，其中，则的取值范围是______. 四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知：在与时都取得极值． （1）求的值； （2）若在区间，上单调，求的取值范围． 16. 如图，四棱锥中，底面，，，． （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值. 17. 已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）． （Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程； （Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点． 18. 已知数列是等比数列，且，． （1）求的通项公式； （2）设，记数列的前项和为，证明：． （3）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列前项的和． 19. 已知函数，，． （1）讨论在上的单调性． （2）若任意都有恒成立，求实数的取值范围． （3）已知数列满足，其前项和为，利用（2）中的结论，证明：对任意正整数，都有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南江中学高三10月阶段性考试数学试题 （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､班级､座位号､准考证号填写在答题卡上. 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，用橡皮擦拭干净后，再选涂其他答案的标号.答案写在本试卷上无效. 3.回答非选择题时，将答案用黑色墨迹中性笔写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4.考试结束后，请考生个人留存试卷并将答题卡交回给监考教师. 一､选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合且，则a等于（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用集合的包含关系列式计算即得. 【详解】由集合且，得，所以. 故选：D 2. 下列函数中，是偶函数且在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，的定义域为，，故是奇函数，A错； 对于B，的定义域为，不关于原点对称，故是非奇非偶函数，B错； 对于C，的定义域为，，故为偶函数， 当时，在区间上单调递减，C对； 对于D，的定义域为或，，故是奇函数，D错． 3. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的实轴长为（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线的渐近线方程可求得，结合求得的值，进而求得双曲线的实轴长. 【详解】由题意可知双曲线的渐近线方程为， 其一条渐近线方程为，可得， 而，所以可得， 则双曲线的实轴长为. 4. 下列两个函数和，的图象不可以由的图象经过平移得到的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【详解】A. 因为，所以的图象可以由的图象向上平移个单位得到，A不适合题意； B.因为，所以的图象可以由的图象向左平移2个单位得到，B不适合题意； C.因为，所以先关于轴对称得到，再向右平移1个单位得到的图象，C适合题意； D.因为，所以的图象可以由的一下向左平移个单位得到，D不适合题意. 5. 各项均为正数的数列满足，（，），则（ ） A. 5 B. 25 C. D. 24 【答案】A 【解析】 【详解】题意知是首项为，公差为3的等差数列， 因为，所以，即， 当时，， 又因为各项均为正数，则. 6. 已知函数的最大值为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数求出函数的单调性，利用单调性求最值. 【详解】， 当时， ，即时， ，则单调递增， ，即时，，则单调递减， 则在处取得最大值，且， 因为最大值为，所以解得. 当时， ，即时，，单调递增， ，即时，，则单调递减， 则在处取得最小值，无最大值，故舍去. 当时， ，不满足条件，故舍去. 综上可知，，故选项A正确. 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用对数函数的图像和性质求出，，，利用作商法，结合换底公式和基本不等式得到，从而得到结论. 【详解】，， ， ， ，， ， ， 即，即，即， 即. 8. 已知函数，若同时满足条件：①，为的一个极大值点；②，.则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 条件①说明在上存在零点，极大值点，利用方程的根可得的范围，然后求出条件②不等式恒成立的范围，求交集可得的范围． 【详解】定义域是， ，在存在极大值点，则有两个不等实根，，或， 设的两个实根为， 或时，，时，， 当，，则，但时，，不可能是极大值点； 当时，由知，，或时，，时，．即在和上递增，在上递减，是极大值点，满足题意． 所以． ，则，∵，∴，∴． 综上． 故选：A． 【点睛】本题考查用导数研究函数的极值，及不等式恒成立问题，求解不等式恒成立问题的方法是问题的转化，转化为求函数的最值． 二､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. 下列说法正确的是（ ） A. 若函数的定义域为，则函数的定义域为 B. 是定义域上的减函数 C. 的值域是 D. “”是“函数在区间上为增函数”的充分不必要条件 【答案】AD 【解析】 【分析】根据抽象函数的定义域求法判断A，举反例判断B，根据对数函数的性质判断C，根据充分条件、必要条件的定义判断D. 【详解】对于A：因为的定义域为，即，所以， 所以函数的定义域为，故A正确； 对于B：的定义域为，又， 所以是定义域上一定不是减函数，故B错误； 对于C：令，解得或，所以的定义域为， 因为能取到所有的正数，所以的值域是，故C错误； 对于D：当时，， 则函数在区间上为增函数，故充分性成立， 若函数在区间上为增函数，则，故必要性不成立， 综上所述，“”是“函数在区间上为增函数”的充分不必要条件，故D正确. 故选：AD. 10. 已知，，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A.已知两个正数和为定值，可通过代入消元结合不等式组，求解变量的取值范围；B.求解平方和最值问题，优先利用完全平方公式变形，结合基本不等式判断式子取值大小；C.含对数的双变量大小比较，可构造单变量函数，利用导数判断单调性，得到不等关系；D.指数型双变量最值问题，可换元转化为单变量函数，通过导数分析单调性结合端点值确定取值区间. 【详解】A选项，由，得，由得，且， 故1，A正确； B选项，由，得，故， 因为，，由基本不等式得， 所以，故，B错误； C选项，设函数 ，， 当，，在单调递增，由A：， 所以，即，也就是，C正确； D选项，，令，，， ， 当，，，故，所以，， 所以在单调递增， ，；，， 所以时，，即，D正确. 11. 已知函数定义域为，对，恒有，则下列说法正确的有（ ） A. B. C. D. ，则周期为6 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用赋值法，结合奇函数和偶函数的定义、函数周期性的定义逐一判断即可. 【详解】在中， 令中，得或，A不正确； 当时，在中， 令中，得， 因此函数既是奇函数又是偶函数，所以成立， 当时，在中， 令中，，所以函数是偶函数， 因此成立，B正确； 在中， 令中，得， 令，因为，所以，即有，显然成立，C正确； 当时，在中， 令中，得， 则有， 可得 ，因此周期为6，D正确， 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：本题的关键是针对不同的选项正确赋值. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设函数，则_________. 【答案】 【解析】 【详解】，，，故. 13. 若直线是曲线的一条切线，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】法一：利用导数的几何性质与导数的四则运算求得切点，进而代入曲线方程即可得解；法二：利用导数的几何性质与导数的四则运算得到关于切点与的方程组，解之即可得解. 【详解】法一：对于，其导数为， 因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2， 令，即，解得， 将代入切线方程，可得， 所以切点坐标为， 因为切点在曲线上， 所以，即，解得. 故答案为：. 法二：对于，其导数为， 假设与的切点为， 则，解得. 故答案为：. 14. 已知函数的零点为，函数的零点为，其中，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】写出零点方程，利用两个方程的同构关系，把与联系起来，再构造函数求取值范围. 【详解】因为函数的零点为，函数的零点为， 所以①，②， 在式①中令，则，代入①得， 设，则，， 则， 因为，，所以在上严格单调递增， 则转化为， 又，则，解得，则， 因为，这两个函数是关于的单调递增函数， 所以是关于的单调递增函数，且时， 则当时， 设，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 则当时，取最大值，， 因为，所以， 则， 因为，所以，即， 因为，所以， 则的取值范围是. 四､解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知：在与时都取得极值． （1）求的值； （2）若在区间，上单调，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）根据极值的计算方法可求参数值； （2）利用导函数求解原函数单调区间，根据在区间，上单调，根据区间包含关系求的取值范围． 【小问1详解】 方法一： 因为在与时都取得极值 所以即； 解得； 方法二： 因为在与时都取得极值 所以与是方程的两根 由韦达定理得，解得； 【小问2详解】 由（1）得， 当或时，；当时，； 所以在上单增，在上单减； 因为在区间上单调，且， 所以，解得：． 故的取值范围为． 16. 如图，四棱锥中，底面，，，． （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值. 【答案】（1）方法一：因为平面，而平面，所以， 又平面，所以平面， 而平面，所以． 因为，所以，所以， 又平面平面，所以平面. 方法二：以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设 设平面的法向量，由得． 取，得平面的一个法向量. （也可直接用AD的一个方向向量为去证明） 所以，即 又平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据一个平面内垂直于同一条直线的两条直线互相平行找到线线平行，利用线面平行的判定定理证明线面平行即可；或利用空间直角坐标系，根据直线的方向向量与平面的法向量垂直证明线面平行； （2）利用空间直角坐标系，根据二面角的平面角与法向量之间的关系求角即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：以为原点，以分别为轴建立空间直角坐标系， ，因为，则 设平面的法向量，由得 取，得平面的一个法向量. 设平面的法向量，由得． 取，得平面的一个法向量． 所以； 因为二面角为锐角． 所以二面角的余弦值为． 方法二：如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，因为平面，且平面，所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为平面，所以平面， 所以即为二面角的平面角， 因为，则， 而为等腰直角三角形，所以， ，则． 所以，二面角的余弦值为． 17. 已知抛物线C：x2=−2py经过点（2，−1）． （Ⅰ）求抛物线C的方程及其准线方程； （Ⅱ）设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y=−1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点． 【答案】(Ⅰ) ，； (Ⅱ)很明显直线的斜率存在，焦点坐标为， 设直线方程为，与抛物线方程联立可得：. 故：. 设，则， 直线的方程为，与联立可得：，同理可得， 易知以AB为直径的圆的圆心坐标为：，圆的半径为：， 且：，， 则圆的方程为：， 令整理可得：，解得：， 即以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点. 【解析】 【分析】(Ⅰ)由题意结合点的坐标可得抛物线方程，进一步可得准线方程； (Ⅱ)联立准线方程和抛物线方程，结合韦达定理可得圆心坐标和圆的半径，从而确定圆的方程，最后令x=0即可证得题中的结论. 【详解】(Ⅰ)将点代入抛物线方程：可得：， 故抛物线方程为：，其准线方程为：. (Ⅱ)略 【点睛】本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 18. 已知数列是等比数列，且，． （1）求的通项公式； （2）设，记数列的前项和为，证明：． （3）在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列前项的和． 【答案】（1） （2）由（1）知，代入得， 则数列的前项和为 ， 因为，所以，从而，故； 又因为随着的增大而增大，当时，，所以， 综上，得证． （3） 【解析】 【分析】（1）先联立方程求出首项与公比，从而得到通项公式； （2）利用裂项相消法求和，再利用数列单调性完成不等式放缩证明； （3）插入数构造新等差数列，先求出公差，得到新数列通项，再用错位相减法完成求和. 【小问1详解】 设等比数列的公比为，根据题意可得， 解得，所以． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 在与之间插入个数，使这个数组成等差数列，则这个等差数列的公差为， 由等差数列通项公式知， 将代入得，解得，从而， 则数列的前项和为①， 两边同乘得②， 用①式减去②式得， 将代入， 得， 两边同乘2得，故数列前项的和． 19. 已知函数，，． （1）讨论在上的单调性． （2）若任意都有恒成立，求实数的取值范围． （3）已知数列满足，其前项和为，利用（2）中的结论，证明：对任意正整数，都有． 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）； （3）由（2）知，当时，对任意，恒成立，则． 令，得．两边取对数，得． 因为，所以． 对于，，，…，，求和得 ． 下面证明当时，有，设， 则，且， 所以在上恒成立， 所以． 又，且， 所以， ． 因为， 所以． 所以． 所以对任意正整数，都有． 【解析】 【分析】（1）二次求导，分和两种情况，得到的单调性； （2）在（1）的基础上，得到的单调性，，求出实数的取值范围； （3）由（2）知，，令，两边取对数，变形后累加可得，，再证明当时，有，放缩，裂项相消法求和得到结论 【小问1详解】 由题意，得． 记，定义域为，则． 当，即时，， 此时在上单调递增； 当，即时，令，得， 且在上单调递增， 则在上单调递减，在上单调递增． 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 由（1）知，当时，在上单调递增，所以． 所以在上单调递增，则，符合题意． 当时，在上单调递减，则． 所以在上单调递减，，不符合题意． 综上所述，实数的取值范围为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $