精品解析：湖北枣阳市第一中学2026-2027学年高三上学期10月学情诊断测评数学试题

2027届高三年级10月学情诊断测评 数学学科试卷 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 2. 已知复数 满足 ，且 的虚部大于0，则 在复平面内对应的点位于（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知，则x､y､z的大小关系为（ ） A. B. C. D. 4. 若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 将函数的图象先向左平移个单位，再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则在区间上的值域为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，，E是线段上的动点（与端点不重合），设，则的最小值是（ ） A. 10 B. 4 C. 7 D. 13 7. 已知等比数列的首项为，公比为.在与之间插入个1，所有项依原顺序组成新数列，则的前25项和为（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线分别与曲线和切于点，，且与轴交于点，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 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，有多项符合题目要求.全选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 若单位向量与垂直，且与共线，则（ ） A. 与平行 B. 与垂直 C. 的最小值为2 D. 的最小值为 10. 在中，，点为内一点，的延长线交于点，则下列说法正确的是（ ） A. 若为的重心，则 B. 若为的外心，则 C. 若为的垂心，则 D. 若为的内心，则 11. 已知函数 ，下列选项中正确的是（ ） A. 若在上存在单调递增区间，则 B. 当时，在处的瞬时变化率为 C. 当时，若在区间上有最大值，则 D. 函数图象与直线相切，且满足条件的值有且只有3个，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，且，则__________ 13. 若函数的图象与的图象关于直线对称，则函数的单调递增区间是______. 14. 已知函数，若实数满足：，不等式恒成立，则的最小值为________ 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数，若曲线在点处的切线方程为． （1）求的解析式； （2）求在区间上的最值． 16. △ABC的顶点A，B分别在矩形CDEF的边DE，EF上运动，且，，，记，△ABC的面积为. （1）写出的解析式； （2）求的最小值. 17. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）若，讨论方程的根的个数. 18. 已知的角的对边是且. （1）求； （2）若为的中线，为的角平分线，求. 19. 已知函数． （1）当时，证明：． （2）若恒成立，求的取值范围． （3）若有两个极小值点，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三年级10月学情诊断测评 数学学科试卷 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别求解集合，再利用集合的交集运算即可. 【详解】解一元二次不等式，因式分解得， 解得，即 ； 解对数不等式 ，可得，解得，即； 则. 2. 已知复数 满足 ，且 的虚部大于0，则 在复平面内对应的点位于（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】设 ，由复数平方的代数运算确定 ，再结合虚部大于 筛选 ，根据复数的几何意义判断点所在象限. 【详解】设 ，其中 .由 ，得 . 比较实部和虚部，得 ，.由 知 ，又 ，故 ，且 . 因 的虚部大于 ，故 ，其对应点的坐标为 ，位于第二象限. 3. 已知，则x､y､z的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作商，由对数的性质、运算及基本不等式可比较出，再由，可比较出与的大小即可得出的大小关系. 【详解】， ， 即， ，而， ，又， ， 综上，， 故选：D 4. 若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据在上递增，利用同构法求解即可． 【详解】解：构造， 则在上显然递增， 由得 ， 即， ， ， 令， 则， 由得，递增， 由得，递减， ， ． 故选：B． 【点睛】本题解题的关键是看到 “指对跨阶”要想到同构，同构后有利于减少运算，化烦为简． 5. 将函数的图象先向左平移个单位，再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则在区间上的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】. 将函数的图象向左平移个单位，可得的图象； 再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图象， 所以. 当时，，所以. 6. 在中，，E是线段上的动点（与端点不重合），设，则的最小值是（ ） A. 10 B. 4 C. 7 D. 13 【答案】D 【解析】 【分析】由已知条件结合平面向量基本定理可得，，则，化简后利用基本不等式可得答案. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 因为三点共线，所以，， ， 当且仅当，即时取等. 故选：D. 7. 已知等比数列的首项为，公比为.在与之间插入个1，所有项依原顺序组成新数列，则的前25项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先写出等比数列的各项，统计在相邻两项之间插入的个数，判断前项里面包含原等比数列多少项，以及插入多少个数字，再求和得出结果. 【详解】等比数列，，，得， 在和之间插入个. 在与之间共插入个，，则， 所以前项和 . 8. 已知直线分别与曲线和切于点，，且与轴交于点，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设点，，利用导数求出两条曲线的切线方程，根据两条直线重合可得两条直线的斜率截距均相等，从而可求得斜率，再根据可知是中点，利用纵坐标关系列出方程解出的值，最后检验即可． 【详解】设点，， 由于的导数，的导数， 故过的切线为，即， 过的切线为，即， 因此， 设，故，， 故，故，因此， 由得，所以，进而，所以， 因此切线的方程为，令，得， 因为，所以，解得， 当时，，，切线，， ，，因此满足条件． 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，有多项符合题目要求.全选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 若单位向量与垂直，且与共线，则（ ） A. 与平行 B. 与垂直 C. 的最小值为2 D. 的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据单位向量及平面基本定理计算判断A，应用数量积计算判断B，C，数量积公式及运算律结合基本不等式判断D. 【详解】由于单位向量与垂直，故且，. 又与共线，设，即，故，，解得. 存在使得，故A正确； ， 又，，，故上式等价于，，故显然不成立，B错误； 同理，，若，，则为负数，无最小值，C错误； 求的最小值等价于求的最小值. ，代入等于， 由于且，故由不等式，当且仅当或时取等， 即的最小值为2，故的最小值为，D正确. 故选：AD. 10. 在中，，点为内一点，的延长线交于点，则下列说法正确的是（ ） A. 若为的重心，则 B. 若为的外心，则 C. 若为的垂心，则 D. 若为的内心，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用向量数量积的运算律计算判断A；利用正弦定理、余弦定理及等面积思想计算判断BCD. 【详解】对于A，由为的重心，得， 则，A错误； 对于B，由余弦定理得，而为的外心， 由正弦定理得，B正确； 对于C，由为的垂心，则为边上的高，由面积相等可得， 则，C正确； 对于D，当为的内心时，为的角平分线，故， 由，可得，解得，D正确. 故选：BCD 11. 已知函数 ，下列选项中正确的是（ ） A. 若在上存在单调递增区间，则 B. 当时，在处的瞬时变化率为 C. 当时，若在区间上有最大值，则 D. 函数图象与直线相切，且满足条件的值有且只有3个，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】在上存在单调增区间等价于在上有解，求出参数范围可判断A；利用导数的几何意义可判断B；利用导数求出函数的单调性以及极值和最值可判断C；设切点坐标为，求出函数过某点的切线方程，结合直线过定点可得，分离参数得，构造函数，通过函数图象数形结合即可判断D. 【详解】对于A:在上存在单调增区间等价于在上有解， 在上有解， 则，得， 即，错误； 对于B:时，，， 则在处的瞬时变化率为，正确； 对于C:时，，， 当或时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 要使在开区间上有最大值， 等价于在该区间内有极大值，且， 令，即，， ，即，解得或， 所以，正确； 对于D:设切点坐标为，对函数求导得， 所以曲线在处的切线方程为， 因为直线过定点， 将点的坐标代入切线方程 得， 由题意可知，关于的方程有三个解， 显然不满足方程，则， 令，则，列表如下： + − 0 + 单调递增 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数的极小值为，且，如下图所示： 由题意可知，当时，直线与曲线有三个交点，正确． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，且，则__________ 【答案】## 【解析】 【分析】利用把方程两边化为同名正弦函数，结合正弦型函数的基本性质以及的范围可求得结果. 【详解】由和，得， 因为，所以，， 因为，所以， 由正弦函数的对称性可得，解得. 13. 若函数的图象与的图象关于直线对称，则函数的单调递增区间是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据反函数的定义可得，进而结合复合函数的单调性求解即可. 【详解】由题意得，，在定义域上单调递增， 则， 由，解得， 所以函数定义域为，且在上单调递增， 所以其单调递增区间为. 故答案为：. 14. 已知函数，若实数满足：，不等式恒成立，则的最小值为________ 【答案】 【解析】 【分析】先利用三角不等式，，结合三角函数的和差化积公式，把问题转化为，通过特殊值的验证、分析可得的最小值. 【详解】记，. 由三角不等式，；当介于、之间时取等号. 由于的值域为，故题设恒成立等价于. 令，由和差化积公式，得. 当时，右端小于1，不符合题意. 取，， 则，，且，符合题意. 所以的最小值为. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数，若曲线在点处的切线方程为． （1）求的解析式； （2）求在区间上的最值． 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）根据题意，由切点在切线上可得，再由导数的几何意义即可求得，从而得到结果； （2）根据题意，求导得，得到其极值，再由函数解析式求得，，即可得到结果. 【小问1详解】 由题意可得，，切点在切线上， 则，即，且， 而在点处的切线斜率为2，即，解得， 所以. 【小问2详解】 由（1）可知，，则，且 令，即，故， 令，即，故或， 所以在单调递减，在单调递增， 当时，有极小值，且， 当时，有极大值，且， 且，， 所以在区间上的最大值为，最小值为. 16. △ABC的顶点A，B分别在矩形CDEF的边DE，EF上运动，且，，，记，△ABC的面积为. （1）写出的解析式； （2）求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，利用，，求得两边，进而可求得面积； （2）利用三角恒等变换可求得的最小值. 【小问1详解】 因为在矩形CDEF中，，，所以， 因为△ABC的顶点A，B分别在矩形CDEF的边DE，EF上运动，所以， 由，可得，由，得， 所以，； 【小问2详解】 由（1）知， 所以 ， 因为，所以，所以， 所以时，. 17. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）若，讨论方程的根的个数. 【答案】（1） 当时，无递增区间，递减区间为； 当时，的递增区间为，递减区间为； 当时，的递增区间为，递减区间为； （2） 当时，方程有0个实根； 当或时，方程有1个实根； 当时，方程有2个实根. 【解析】 【分析】（1）应用分类讨论及导数研究函数的单调区间即可； （2）根据已知有，构造并应用导数研究函数的单调性，得到，利用导数研究右侧的单调性和最值，即可得参数范围. 【小问1详解】 的定义域为，则， 因，由，解得， ①当时，恒成立， 所以的无递增区间，递减区间为； ②当时，， 令，得；令，得， 所以的递增区间为，递减区间为； ③当时，， 令，得；令，得， 所以的递增区间为，递减区间为； 综上所述， 当时，无递增区间，递减区间为； 当时，的递增区间为，递减区间为； 当时，的递增区间为，递减区间为； 【小问2详解】 由题设， 令，则，即在上单调递增， 故上式中满足，则有，可得， 令，则，由解得. 当时，，当时，， 在上单调递增，在上单调递减， 当时，且，当时，， 故. 结合图象，可知， 当时，方程有0个实根； 当或时，方程有1个实根； 当时，方程有2个实根. 18. 已知的角的对边是且. （1）求； （2）若为的中线，为的角平分线，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理可得，进而由正弦定理结合三角恒等变换可得，进而可得，进而求得，可求结论；法二：利用余弦定理可得，结合已知可得，可得结论； （2）不妨设，则，利用余弦定理可得，可求得，利用角平分线定理可求得，可求结论.法二：不妨设，则，利用余弦定理可得，可求得，利用面积法求得，可得结论. 【小问1详解】 在中，由余弦定理可得，又， 所以，所以， 所以，由正弦定理可得， 所以，所以， 所以. 因为，，所以, 所以或（舍去），所以. 又因为，所以， 因为，， ， 故. 法二：由余弦定理得，所以， 与联立得，，解得，故. 【小问2详解】 不妨设，则， 在中，， 在中，， 所以，，所以. 由，为的角平分线，所以，所以， 又，所以，所以， 所以. 法二：不妨设，则， 在中，， 在中，， 所以，，所以. 由，得， 所以，所以，得， 所以. 19. 已知函数． （1）当时，证明：． （2）若恒成立，求的取值范围． （3）若有两个极小值点，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数的最大值． 【答案】（1）由题意得函数的定义域为． 当时，，求导得， 令，求导得，令，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故，又， 当时，，，单调递减， 当时，，，单调递增， ，故成立． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）构造函数并利用导数判断单调性，进而证明不等式即可. （2）对原函数合理同构得到，再转化为，最后结合分离参数法求解最值即可. （3）建立方程关系，变量代换，构造函数求最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意得，， 令，， 则时，时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 则，即，而等价于， 又因，则在上成立，令，， 则，得到在上单调递增， 则．所以，即． 【小问3详解】 ，则， 令，由题意得不符合题意；， 当时，在递减，在递增， 得到，，，，， 而有两个零点， 且，故， 若，，，单调递减， 若，，，单调递增， 若，，，单调递减， 若，，，单调递增， 此时的极小值点为，且，． 两边取对数得，，， 令，则，代入解得，， 于是， 设，求导得， 令，得到， 令，，单调递增，令，，单调递减， 而，，， 所以在内存在唯一零点，， 使得在上单调递减，在上单调递增，故在处取得最小值． 则， 而，得到，故整数的最大值为2． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $