精品解析：吉林长春市第二实验中学2026-2027学年高三上学期10月阶段练习数学试卷

2026-2027学年度上学期阶段练习 高三数学试题 时间 2026/10/07 本试卷分客观题和主观题两部分，共19题，共150分，共4页．考试时间为120分钟．考试结束后，只交答题卡． 第Ⅰ卷 客观题 一、单选题 1. 已知集合，，则的元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】由，得．又，所以． 由，得，所以． 因此．所以的元素个数为2． 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】先根据分式不等式的解法，求得不等式的解集，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由不等式，可得，解得， 所以“”是“”的充要条件. 3. 若命题“，都有”是真命题，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分和讨论，求解的取值范围后取并集. 【详解】分情况讨论： 当时，不等式化为，符合题意； 当时，为二次函数， 命题为真则二次函数需满足 开口向下，即； 且函数图像与轴至多有一个交点，即， 即， 化简得，解得， 结合，得的取值范围为， 综上，的取值范围为. 4. 已知关于的不等式（，，）的解集为，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】关于的不等式的解集为， 所以，得， 所以， 当且仅当即时，等号成立， 此时，即的取值范围为. 5. 设、是正实数，且，若不等式恒成立，则实数的最大值为（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由基本不等式常数代换法求出的最小值情况，再由恒成立即可得解. 【详解】、是正实数，且， 则， 则， 当且仅当即时等号成立， 但、是正实数，所以的最小值的极限值为1， 因为不等式恒成立，所以. 故实数的最大值为1. 故选：C 6. 过点的直线l与曲线相切，则直线l的斜率为（ ） A. 不存在 B. -1 C. 3 D. 3或-1 【答案】D 【解析】 【分析】分切点在处与不在处，利用导数的几何意义求解． 【详解】解：因为，所以，， 当为切点时，； 当不为切点时，设切点为，， 所以， 所以切线方程为， 又切线过点， 所以， 即，即， 解得或（舍去），所以切点为， 所以． 综上所述，直线l的斜率为3或-1． 故选：D 7. 设，若有且仅有两个解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据解析式作出函数的图像，上下平移直线，使其与图像有且仅有两个交点，得出的范围. 【详解】由题意可知，当时，，则此时在上为单调递减，且值域为. 当时，由 可知，函数是以为周期的周期函数， 且， 结合函数的图像，当满足时，与有且仅有两个交点， 即有且仅有两个解. 8. 已知函数，则在内的极大值点为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由得：， 则， 故， 当时，由，可得， 且时，，单调递增； 时，，单调递减； 时，，单调递增，所以在内的极大值点是. 二、多选题 9. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则（ ）． A. 的最小正周期为 B. 为偶函数 C. 的图象关于直线对称 D. 在上单调递减 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正弦型函数的图象及性质，结合函数图象的平移变换求解即可. 【详解】由题意知，，所以. 由，得，又，得. 由，得， 所以，所以． 又，即，所以，故， 所以，所以的最小正周期为，即A正确； ， 所以为偶函数，即B正确； 又，所以直线不是的图象的对称轴，即C不正确； 当时，， 故在上单调递减，即D正确． 10. 定义在上的奇函数在上为增函数，且为偶函数，则（ ） A. 函数的图象关于对称 B. C. 当时， D. 若，且，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性，结合函数对称性判断选项A；利用函数单调性和周期性，判断选项B；利用函数单调性和奇偶性，判断选项C；利用函数单调性及对称性，结合基本不等式判断选项D． 【详解】为偶函数，则，由函数对称性定义， 函数的图象关于直线对称，故A正确； 已知是上的奇函数，故，且， 由对称性知，代入奇函数性质得， 故，则函数周期为， ， 由对称性， 又在上为增函数，故， 故，故B错误； 当时，在上单调递增，； 在上单调递减，， 故在区间内； 当时，由奇函数性质，时， 故，故内，且，故， 综上，时，，故C正确； 由且，结合在递增，递减， 且关于对称，可得， 将代入目标式，则 ， 当且仅当，即时取等号， 结合得，满足，故D正确． 11. 已知函数的定义域为，其图象关于轴对称，当时，，则下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. 有个极小值点 C. 的单调递增区间为和 D. 不存在，使得方程恰有个实数根 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合题意并利用偶函数的定义判断A，先讨论，的单调性，再由的图象关于y轴对称，得到的单调性，进而汇总判断C，根据极值点的定义判断B，将问题转化为函数和的交点问题，进而结合图象判断D即可. 【详解】因为的图象关于y轴对称，所以， 对于A，当时，，可得，故A正确， 对于C，由题意得当时，， 则，令， 可得，故在上单调递增， 又，因此当时，，即，此时单调递增， 当时，，即，单调递减， 因为的图象关于y轴对称，所以得到如下情况， 当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， 综上， 的单调递增区间为和，故C错误， 对于B，根据选项C的单调性分析，和 都是的极小值点， 因此有2个极小值点，故B正确， 对于D，由题意得方程等价于， 当时，，令，， 令，且，当时，恒成立， 可得在上单调递增，且， 当时，，，此时单调递减， 当时，，，此时单调递增， 而，当时， ，当时， ， 因为是偶函数，所以， 则， 所以是奇函数，则的图象关于原点对称， 如图，作出函数和的图象， 由图可知函数和始终有2个交点， 因此不存在 使得方程恰有1个实根，故D正确. 第Ⅱ卷 主观题 三、填空题 12. ___________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据指数、对数运算性质及换底公式可得. 【详解】 . 故答案为：. 13. 如图，为的中点，则扇面（图中扇环）部分的面积是___________． 【答案】 【解析】 【分析】运用扇环的定义，两个同心扇形（圆心相同）的面积差利用扇形面积公式求解两个扇形的面积差. 【详解】由题意知， 因为， 由扇形面积公式得: 所以． 故答案为：. 14. 若函数是偶函数，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用偶函数满足建立恒等式，求出参数，化简函数表达式后代入自变量求值. 【详解】因是偶函数，则， 即，也即， 整理得，因为，所以， 又，所以，所以， 则． 四、解答题 15. 已知幂函数为偶函数. （1）求函数的解析式； （2）若函数，且在的最小值为，求的值. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据幂函数的定义和幂函数的奇偶性求解即可； （2）利用二次函数的性质以及分类讨论法，根据函数的最值分析即可. 【小问1详解】 由为幂函数，则， 即，解得：或， 当时，，由函数的定义域关于原点对称，且， 此时函数为偶函数，满足题意， 当时，，由函数的定义域关于原点对称，且， 此时函数为奇函数，不满足题意， 综上所述，函数. 【小问2详解】 由（1）知，则函数， 所以函数为开口向上，对称轴为的二次函数， ①当时，在上单调递增， 此时， 又在的最小值为， 所以，解得：，满足题意， ②当时，在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又在的最小值为， 所以，解得：（舍去）或， ③当时，在上单调递减， 此时， 又在的最小值为， 所以，解得：，不满足题意， 综上所述，的值为或. 16. 已知函数． （1）求函数在上的值域； （2）若对任意，恒成立，求m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将对数式化简后，令进行求解； （2）将原式化为对恒成立，转化为即可. 【小问1详解】 ，， 设，则， ， 当时，， 当时，， 所以函数在上的值域为． 【小问2详解】 由，， 得， 令， 则， 即对恒成立， 而函数在上单调递减，在上单调递增， 且，， 则，即， 所以m的取值范围为． 17. 已知的内角所对的边分别为． （1）求； （2）设，求的面积． 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角得到等式，结合角范围及已知条件求出 （2）先由求出，再用余弦定理结合与关系求出，最后根据三角形面积公式求出面积. 【小问1详解】 由正弦定理可得：， 而， 所以，又，所以， 因为，得， 又，所以． 【小问2详解】 由（1）可知， 由余弦定理， 又，所以，即，且，解得． 所以． 18. 已知函数，，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为． （1）求函数解析式； （2）求在上的单调递增区间； （3）设，若对任意的，，都有，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）三角恒等变换降幂，利用对称轴间距求周期，算出； （2）正弦函数增区间整体代换，再和定义域取交集； （3）任意性恒成立转化：，分别求其最值，解不等式求出的取值范围. 【小问1详解】 ， 相邻对称轴距离，， 即. 【小问2详解】 解不等式， 可得， 或，与求交集： 递增区间为，. 【小问3详解】 对于任意的，，都有， 等价于， ，，， 不等式转化为， ， 令，， ，开口向下，对称轴， 当时，最大值， 代入解不等式，得， 当时，最大值， 代入解不等式，得， 当时，最大值， 代入解不等式，得， 综上，. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若恒成立，求的值； （3）若，函数有两个零点、，求证：． 【答案】（1）时在单调递增；时在单调递减，在单调递增. （2） （3）当时，有两个零点、， 由可得，即， 零点、满足， 两式相减，两式相加得，即， 要证，即证，即证，即证， 设，由可得， 令，则，可得，则， 所以，，则. 所以即证，即证，其中， 因为，则，即证，其中， 构造函数，其中，则， 所以函数在上单调递增， 当时，，即，故原不等式得证. 【解析】 【分析】（1）求导，分时两种情况进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间； （2）先化简不等式得，令，将所求不等式变形为，构造函数，可知对任意的恒成立，则，则函数在处取得极小值，则，求出的值，再结合函数的最值与导数的关系验证即可； （3）化简函数的解析式得，根据零点定义得出，将两式分别相加和相减变形得出，，设，令，将所证不等式变形为，其中，构造函数，其中，结合导数法证明即可. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得. 当时，对任意的，，此时函数在上单调递增； 当时，由可得，由可得， 此时函数在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当时在单调递增； 当时在单调递减，在单调递增. 【小问2详解】 因为，由得， 整理为，即， 令，则不等式为. 因为函数在上单调递增， 当时，；当时，，故， 设，则对任意的恒成立，所以， 所以函数在处取得极小值， 求导得，则，解得，此时，则， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，符合题意. 综上所述，. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年度上学期阶段练习 高三数学试题 时间 2026/10/07 本试卷分客观题和主观题两部分，共19题，共150分，共4页．考试时间为120分钟．考试结束后，只交答题卡． 第Ⅰ卷 客观题 一、单选题 1. 已知集合，，则的元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 若命题“，都有”是真命题，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 4. 已知关于的不等式（，，）的解集为，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 设、是正实数，且，若不等式恒成立，则实数的最大值为（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 6. 过点的直线l与曲线相切，则直线l的斜率为（ ） A. 不存在 B. -1 C. 3 D. 3或-1 7. 设，若有且仅有两个解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，则在内的极大值点为（ ）． A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则（ ）． A. 的最小正周期为 B. 为偶函数 C. 的图象关于直线对称 D. 在上单调递减 10. 定义在上的奇函数在上为增函数，且为偶函数，则（ ） A. 函数的图象关于对称 B. C. 当时， D. 若，且，则的最小值为 11. 已知函数的定义域为，其图象关于轴对称，当时，，则下列结论正确的是（ ） A. 当时， B. 有个极小值点 C. 的单调递增区间为和 D. 不存在，使得方程恰有个实数根 第Ⅱ卷 主观题 三、填空题 12. ___________． 13. 如图，为的中点，则扇面（图中扇环）部分的面积是___________． 14. 若函数是偶函数，则__________． 四、解答题 15. 已知幂函数为偶函数. （1）求函数的解析式； （2）若函数，且在的最小值为，求的值. 16. 已知函数． （1）求函数在上的值域； （2）若对任意，恒成立，求m的取值范围． 17. 已知的内角所对的边分别为． （1）求； （2）设，求的面积． 18. 已知函数，，且图象的相邻两条对称轴之间的距离为． （1）求函数解析式； （2）求在上的单调递增区间； （3）设，若对任意的，，都有，求实数的取值范围． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若恒成立，求的值； （3）若，函数有两个零点、，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $