湖北省十堰市东风高级中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测数学试题

高三年级10月检测数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B D A D C A A AC ACD 题号 11 答案 ABD 1．A 【分析】先根据集合的约束条件求出集合的所有元素，再根据交集的定义计算A与B的交集. 【详解】因为，且， 所以， 所以. 2．B 【详解】根据命题否定的原则，该命题“，”的否定是，. 3．D 【详解】由导数定义，令， 则，解得． 4．A 【详解】 解法1：令得．由题意可知函数的图象与直线有三个交点，由图可知． 解法2：当时，． 令，得或， 解得或，不满足题意，因此排除B、D选项． 当时，， 令，得或， 解得或，不满足题意，因此排除C选项，故选A． 5．D 【分析】根据等比数列的性质可知成等比数列，由此列式计算即可. 【详解】由题意得：成等比数列， 所以， 所以，化简整理得：， 所以， 所以或， 又，所以， 所以， 所以. 6．C 【分析】通过验证充分性与必要性，即可得出结论. 【详解】由题意， ，是无穷数列， 验证充分性： 当存在常数，使时， ，， 显然成立， 验证必要性： 当，时，此时满足, 假设存在常数，使成立， 当时，，， 此时，需同时“不小于无限增大的”和“不大于无限增大的”， 但不存在这样的固定常数， ∴当时，无法必然推出“存在常数”，即必要性不成立， ∴“存在常数，使”是“”的充分不必要条件. 7．A 【详解】令，则， 所以在上单调递增，所以， 令，则，即，所以， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以，即（当且仅当取等号）， 令，则， 令，则， 所以在上单调递减，即， 令，得，即， 所以，即， 综上． 8．A 【分析】根据题意求出，利用的取值范围即可求出. 【详解】根据题意，当输入个“”时，会输出个“”，即第个“阶段”的结果是个“”， 因此第个“阶段”的结果是个“”，第个“阶段”的结果是个“”， 则第个“阶段”的结果是个“”， 因此，要使结果为一个正整数，所经历的阶段数要满足，即，此时， 由于满足，即，都取对数可得， 已知参考数据，得，所以，解得， 因此，的值分别为，故A正确. 9．AC 【分析】对于选项A，利用对数函数单调性判断的范围；对于选项B，利用幂函数单调性判断与的大小；对于选项C，作差比较与的大小；对于选项D，构造函数判断与的大小，即可得出结果. 【详解】对于选项A，已知，则，故，A正确. 对于选项B，因为，幂函数在上单调递增，又，所以，B错误. 对于选项C，， 因为，，所以，，， 故，即，C正确. 对于选项D，构造函数，，则在上单调递增. 因为，所以，即，整理得，D错误. 故选：AC 10．ACD 【分析】对A ，构造奇函数，利用奇函数对称中心平移，直接得到的对称中心；对B ，求导找到极值点，算出极大、极小值，依据三次函数有三个零点的充要条件，解不等式判断正误；对C ，由导函数方程得到两个极值点，代入式子通分或直接代入计算，可得两极值点倒数之和为 0；对D ，将三次多项式写成零点因式乘积形式，展开后和原式对比对应项系数，利用多项式恒等求出根两两乘积之和. 【详解】对于A：令，满足， 即是奇函数，对称中心为， 因此的对称中心为，A正确； 对于B：求导得，令得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，取得极大值， 当时，取得极小值， 若有3个零点，需极大值大于0且极小值小于0， 即，解得，B错误； 对于C：由以上计算可知的极值点为， 则，C正确； 对于D：若的三根分别为， 则， 又， 所以，即，D正确. 11．ABD 【分析】由题意分析得到关于直线对称，函数关于直线对称及周期为2，逐项求解即可. 【详解】因为为偶函数，所以，所以， 所以关于直线对称，令得，即，故A正确； 因为，所以，即， 所以，因为为偶函数，所以， 所以，即，所以， 则的一个周期为2.因为关于直线对称，所以是函数的一个极值点， 所以，所以，故B正确； 因为，所以，所以，故D正确； 设（为常数），定义域为R，则，，，又，则， 显然也满足题设，即上下平移均满足题设，显然的值不确定，故C错误. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于通过复合函数的导数运算得到函数的对称轴及对称中心，通过函数的轴对称以及中心对称的性质得出函数的周期性即可求解. 12． 【分析】由对数式的真数大于0，二次根式的被开方数大于等于0，分母不为零，联立不等式组求解即可. 【详解】因为，所以，解得且，所以函数的定义域为. 13．5 【分析】根据给定条件，按为奇数和偶数分类变形，可得，由此求出，再求解即可. 【详解】由，用分别替换， 得，， 联立，解得， 所以，联立,得. 由，，得， 所以， 又因为时，代入，得， 所以，故， 故答案为：5. 14．. 【分析】利用函数表达式求出函数的定义域，通过分离参数，构造新函数，分类讨论新函数的单调性，根据单调性判断交点情况，从而得到答案. 【详解】由于函数恰有一个零点，等价于只有一个解， 令，因此，可得或， 因此，函数的定义域必须满足或，以及， ①当时，函数的定义域为，则，令，符合条件. ②当时，由可得，或， 先考虑的情况，当时，显然不成立，因此，只考虑且的情况， 此时方程变为两边平方得， 化简得， 令，则， 令，得， 因此当时，单调递减，当时，单调递增；当时，单调递减， 且时，时，，， 因此当时，方程有两个解，即方程有两个解； 当时，方程有唯一解，即方程在上有唯一解； 再考虑的情况，此时方程变为， 两边平方得，化简得， 令，则， 令，得， 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 且时，， ， 所以当时，方程有两个解，即方程有两个解； 当时，方程有唯一解，即方程在上有唯一解. 因此，要使函数恰有一个零点，则的取值范围只能取. ③当时，由可得， ， 先考虑的情况，则函数的定义域为， 此时方程变为，化简可得， 由②可知在时没有解，因此不符合条件；再考虑的情况，由于，因此也不符合条件. 综上所述，若函数恰有一个零点，因此的取值范围为. 【点睛】本题的解题关键是通过分离参数将函数的零点问题转化为函数与直线的交点问题，通过讨论函数的单调性得出交点的个数，进而得到答案． 15．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用指数、对数的运算性质以及换底公式化简可得所求代数式的值； （2）利用诱导公式可化简的表达式； （3）利用切化弦、二倍角公式以及辅助角公式可化简所求代数式的值. 【详解】（1）原式. （2）. （3）原式. 16．(1)连接，，， 所以，均在的垂直平分线上，即垂直平分． 又平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以． (2)． 【分析】（1）求证平面，再利用线面垂直的定义即可； （2）以为坐标原点建系，利用法向量计算面面角即可. 【详解】（1）略 （2）设，交于，，，为正三角形， ，， 又，所以． 以为坐标原点，分别以，为，轴，以平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 设，则， 因为，所以，则，， 设平面的法向量为， 则，设，则． 又，， 设平面的法向量为， 则，设，则． 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以，解得． 故． 17．(1) (2)3 【分析】（1）设出，，则，表达出，，由点差法得到的值； （2）三角形面积等于三角形的面积2倍，设直线方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，求出，换元后，结合对勾函数性质求出最值，得到答案. 【详解】（1）由题意知，，若，此时直线的斜率不存在，不符合要求，舍去， 设，，，此时， 则，，， 又①，②， 式子①－②，得， 所以； （2）由题意可知，三角形面积等于三角形的面积2倍， 椭圆左焦点F为，可设直线方程为， 联立方程组， 即， 故，， 所以三角形的面积为 ， 令，， 由对勾函数性质可得在单调递增， 故，当且仅当取得最小值， 所以，当且仅当，即时成立， 三角形的面积的最大值为， 所以面积的最大值为3. 18．(1) (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据题意计算求解即可； （2）（i）设等比数列的公比为，根据等差中项可得，进而可得，由题意推导可得得到彼此互异，进而可得；（ii）由题意可得，根据裂项相消法计算求解. 【详解】（1）由题意可知数列，得 ， 则； （2）（i）设等比数列的公比为， 由题意可知，， 解得或（不符合题意舍去）， 所以， 此时数列， 因为， 所以集合中元素最多为个，即， 对于数列，此时， 若存在，则，其中， 故， 若，不妨设，则，而， 故为偶数，为奇数，矛盾，故， 故由得到彼此互异， 所以； （ii）， ， 则 . 19．(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）求导代入得到斜率，再求出切点坐标，最后写出点斜式方程即可； （2）分和讨论即可； （3）分和讨论即可. 【详解】（1）∵，切点为， ∵， 则曲线在处的切线方程为. （2）， 等价于， 则使得成立，只需， ，当时，，当时，， 在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以在上有最小值， ， 即对恒成立， 令，即， ，， ①当时，，所以单调递增， 在，不符合题意， ②当时，由，得，则函数在上单调递增， 由，得，则函数在上单调递减， 故的最大值为，解得． （3）因为，令， 由（2）知在上单调递减，在上单调递增，，则， ①当时，所以，又， 故， 函数在上单调递减， 又，则， 要证明，只需证明，只需证明， 即， 令函数，求导得， 又，不妨设，则， 由在上单调递减，得， 当时，， 即， 因此， 令函数，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 则， 当时，，函数在上单调递减， 由，得，即，因此； ②当时，可知有两个极值点，且， 函数在上单调递减，在上单调递增， 由为极值点，得，即， 则， 又， 则． 对任意，由，得，则， 因此，即． 综上可知． 答案第4页（共14页） 答案第3页（共14页） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级10月检测 数学试卷 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，请把答案填涂在答题卡相应位置上． 1．已知集合，，则（ ） A． B． C． D． 2．命题“，”的否定是（ ） A．， B．， C．， D．， 3．已知是定义在上的可导函数，若，则（ ） A． B． C． D． 4．已知函数若函数有三个不同的零点，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 5．记为等比数列的前项和，若，，则的值为（ ） A．1 B．3 C．9 D．13 6．已知，均为无穷数列，则“存在常数，使得”是“”的（ ） A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 7．令，，，则下列大小排列正确的是（ ） A． B． C． D． 8．神经网络系统在人工智能研发中扮演关键角色．一种神经网络系统的工作原理如下：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”，例如，输入1，2，3，9，将输出3，5，12；现向系统中输入100个“1”，将系统输出的结果再次输入系统，重复上述过程，总共经历个“阶段”的运算后，结果为一个正整数；若满足，则，的值分别为（ ）（参考数据：） A．99；29 B．99；28 C．999；299 D．999；298 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上．全部选对得6分，部分选对得部分分，不选或有错选的得0分． 9．已知实数，若，则下列结论正确的有（ ） A． B． C． D． 10．已知三次函数，则下列选项正确的是（ ） A．函数的对称中心是 B．若函数有3个零点，则 C．若函数的极值点为，，则 D．若的三个根分别为，，， 11．已知函数及其导函数的定义域均为，记．若，均为偶函数，则（ ） A． B． C． D． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填写在答题卡相应位置上． 12．函数的定义域为__________． 13．已知数列满足，，则__________． 14．设，函数．若恰有一个零点，则的取值范围是__________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15．（13分）化简或计算： （1） （2）． （3）． 16．（15分）如图，在四棱锥中，，，，，平面． （1）求证：； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求． 17．（15分）已知椭圆方程的左焦点为，椭圆上一点，位于第一象限，点关于原点的对称点记作点，直线与椭圆的另一点交点为，且点关于原点的对称点为． （1）设直线，的斜率分别为，，求的值 （2）求面积的最大值． 18．（17分）已知数列：，，…，的各项均为正整数，设集合，记的元素个数为． （1）若数列：，，，，求集合； （2）已知为正项等比数列，，是与的等差中项． （i）求； （ii）令，求． 19．（17分）已知函数（是自然对数的底数）． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若，使得对恒成立，求实数的取值范围； （3）若函数，，且满足，证明：． 学科网（北京）股份有限公司 $