精品解析：辽宁大连市第二十四中学2026-2027学年高三年级第一次阶段测试数学试卷

大连市第二十四中学2026-2027学年高三年级第一次阶段测试 数学试卷 一、单项选择题：下列各题给出的四个选项中，只有一项是符合题干要求的． 1. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】对于集合， 解不等式得， 所以， 对于集合， 不等式等价于， 解得，所以， 所以. 2. sin2cos3tan4的值 A. 大于0 B. 小于0 C. 等于0 D. 不确定 【答案】B 【解析】 【详解】; Sin2cos3tan4<0. 故选B 3. 复数，则在复平面内对应的点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】设，结合复数的乘方及周期性化简复数，再求其共轭复数，根据对应点的坐标判断所在象限即可. 【详解】设，则， ，， 故的幂次周期为3. 又，所以. 所以，其在复平面内对应的点坐标为， 横、纵坐标均为负，因此该点位于第三象限. 4. 已知是无穷等比数列，则“”是“是递增数列”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】B 【解析】 【分析】举出反例证明充分性不成立，再利用通项公式证明必要性成立即可. 【详解】取等比数列为， 显然该数列，但不是递增数列，故充分性不成立. 因为是递增数列，所以对任意正整数n有. ，即成立，必要性成立 则“”是“是递增数列”的必要不充分条件. 5. 在中，，为线段上一点，且，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量数量积得到，结合求出最大值 【详解】，故， 由向量数量积公式得 ， 因为，所以，设，则， 故 ， 所以当时，取得最大值，最大值为. 6. 将，，，从小到大排序正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用指数函数单调性比较同底数幂的大小，利用幂函数单调性比较同指数幂的大小，即可得到四个数的排序. 【详解】 指数函数在上单调递减， 由于，所以. 指数函数在上单调递减， 由于，所以. 幂函数在上单调递增，由于，所以. 又，， 幂函数在上单调递增， 且，所以，即. 综上，. 7. 函数，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造，证明其为单调递增的奇函数，将原不等式转化为，利用单调性解出x的范围． 【详解】设，则， ，故是奇函数， 求导得，在上单调递增；在上单调递增； 故在上单调递增； 不等式等价于， 即，结合单调性可得，解得，故解集为． 8. 已知函数有且只有一个零点，则k的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将零点问题转化为直线与函数图像的交点问题，求导找到函数极小值点，计算函数最小值即为对应k值． 【详解】函数有且只有一个零点， 等价于方程，即在区间内有唯一实数解， 令，问题转化为直线与有唯一交点； 求导得，令得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 故，且当时，；当时，， 故． 二、多项选择题：（本题共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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 等差数列的前项和为，则（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 不可能是等差数列 D. 若，则使的最大自然数 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用等差数列通项公式即可求解；对于B，利用等差数列前项和公式用和表示出和，进而找到和的关系，即可求；对于C，举个反例即可说明C错误；对于D，利用得到，利用可得，再利用公式算出和的正负即可判断求解. 【详解】设等差数列公差为， 对于A，若，， 所以，， 所以，所以，故A正确. 对于B，，，即， 所以，故B正确. 对于C，例如等差数列为每项为0的常数列，则， 所以是每项为0的等差数列，故C错误. 对于D，，所以， ，所以， 因为，， 所以且，所以使的最大自然数，故D正确. 10. 已知内角，，的对应边为a，b，c，则下列结论一定正确的是（ ） A. 若，则 B. C. D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，由正弦二倍角公式得到或，求出或，A错误；B选项，由正弦和角公式和正弦定理可得B正确；C选项，利用余弦和差公式，结合同角三角函数关系变形得到C正确；D选项，由正弦定理和余弦定理得到，分和两种情况，得到D正确. 【详解】A选项，，即，， 因为，所以，故或，解得或， 又因， 当时，， 当时，，A错误； B选项，因， 由正弦定理得，B正确； C选项， ，C正确； D选项，若，则， 由正弦定理得，由余弦定理得， 代入得， 所以，即，， （*）， 因为，所以， 假如，则，则，解得，则， 由勾股定理得，成立； 假如，则（*）可得成立， 综上均有，D正确. 11. 下列叙述正确的是（ ） A. 若数列的前项和为，且，则 B. 当时，函数的最小值是 C. 已知的重心为，其所在平面内有一动点，则 D. 函数且，则的最小值为1 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用的周期性对数列分组求和即可判断A；通过三角换元转化函数，再根据换元后函数的单调性求解即可判断B；根据重心的性质对向量进行线性运算，再由，即可判断C；先根据函数的单调性得到，再根据基本不等式即可判断D. 【详解】选项A，∵，， ，，……，数列每4项和为2， 若，则需要组，则总项数为 ，A正确； 选项B，令，∵， ∴，，， ，∵在上单调递减， 即单调递减，即时，有最小值，B正确； 选项C，∵的重心为，∴， 设，即， 由，三个式子平方展开并相加可以得到， ， 即， ∵，∴， 当且仅当，即和重合时，等号成立，C正确； 选项D，函数的定义域为， 恒成立，即在上单调递增，又 ，即， 即，，当且仅当时， 等号成立，此时满足条件，D错误. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，，则______． 【答案】## 【解析】 【详解】由已知得. ，. 设与的夹角为，则. 又，所以，于是. 13. 函数在上单调递增，则正数的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据范围得到范围，再结合正弦函数的单调区间列不等式求正数的取值范围. 【详解】当时，， 若在上单调递增，则，即； 由，得，而，则，，解得. 14. 不等式对任意恒成立，则的最大值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】将不等式转化为恒成立，利用导数求出的最小值，分离出得到关于的函数，再构造函数求最值. 【详解】可化为，即. 故不等式对任意恒成立可等价于对任意恒成立. 令，则等价于. 求导得. 当时，，则在上单调递增. 当时，，，则，不满足恒大于等于0. 当时，，所以，此时. 当时，令，即，解得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以当时，取得最小值，为. 则，所以. 因为，则. 令，，则. 令，即，因为，所以. 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在取得最大值，即， 此时，满足条件，故的最大值为. 四、解答题：（本题共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. 已知向量，，，设函数． （1）求的最小正周期及单调递增区间； （2）求在上的最大值和最小值． 【答案】（1）最小正周期为，单调递增区间为 （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）利用平面向量数量积的坐标运算以及三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的最小正周期公式和单调性求解； （2）由求出的取值范围，结合正弦型函数的最值可求得函数的最大值和最小值. 【小问1详解】 的最小正周期； 令， 解得， 所以的单调递增区间为. 【小问2详解】 当时，， 所以当即时，取得最小值，； 当即时，取得最大值，. 16. 已知． （1）当时，求的单调区间和极值； （2）若在上存在一个极值点和两个零点，求的取值范围． 【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为；极小值为1，无极大值 （2） 【解析】 【分析】（1）代入参数求导，讨论导数符号判断单调性，进而求出函数的极值； （2）先根据极值点的位置，判断出的初步范围，再利用极小值小于零和零点存在定理即可. 【小问1详解】 当时，，函数的定义域为 ，，令， 解得或（舍），当时，，单调递减， 当时，，单调递增，即在处取到极小值1， ∴单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为1，无极大值. 【小问2详解】 ∵在上存在一个极值点，即 在内有解，即， 即，此时时，，单调递减， 时，，单调递增， 即在处取到极小值 ， 又∵在上存在两个零点，∴满足， 即，解得，而且，时，， 根据零点存在定理，在，上各有一个零点，共两个零点， ∴的取值范围为. 17. 在锐角中，角，，所对的边分别为a，b，c，且，，为的垂心． （1）求； （2）求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理可以求得； （2）利用垂心性质和正弦定理可推出的表达式。即可得的表达式，结合三角恒等变换以及辅助角公式进行求解，即可得答案. 【小问1详解】 锐角中， ，， 由余弦定理得：，代入 得：，化简得：， 又因为，所以，解得：， 又因为是锐角三角形，所以. 【小问2详解】 设的外接圆半径为，由正弦定理得：，得：， 由于为的垂心，则，， 所以， 在中，由正弦定理得： 所以，而，， 所以，所以， 同理得，则，， ,其中为辅助角可取为锐角，， 当即，即时，取最大值, 即的最大值为. 18. 已知数列的前项和为，且． （1）求的通项公式与； （2）若，求数列的前项和； （3）求证：． 【答案】（1）; （2） （3）由（1）可得， 当时，，所以. ， 所以. 【解析】 【分析】（1）利用数列通项与前n项和的关系，得到，结合，可得数列为等比数列，由公式可得的通项公式与； （2）利用错位相减法求解即可；（3）由题可得，将数列放缩为等比数列求和，得到，得证. 【小问1详解】 由题可得， 所以，所以. 令，则，因为，解得. 所以为首项为1，公比为3的等比数列. 所以.因为，所以. 【小问2详解】 因为，所以. 以下求前项和， （1） （2） 所以（1）减去（2）可得， ， 所以. 【小问3详解】 略 19. 已知函数，，，且，其中是自然对数的底数，． （1）当时，恒成立，求的取值范围； （2）求证： （i）； （ii）． 【答案】（1） （2）（i）由，可得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， ，且，，则， 而，则两边取对数得，即， 结合以及（1）的结论可得， 故，即得. （ii）记，则， 则，则，令， ，令，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 且， 故存在，使得，即，即， 则时，，即，此时单调递减， 时，，即，此时单调递增， 故， 由于在时单调递增， 故， 即. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，讨论当和时，符合题意，说明时，不符合题意，即可得解； （2）（i）先对函数求导，确定其单调性，得到，那么可以将的关系用t表示，将待证不等式转化为关于t的不等式，可借助第(1)问的结论证明；（ii）记，则，求出，可得，构造函数，判断其单调性，结合隐零点问题即可证明不等式. 【小问1详解】 由，得， 当时，，在上单调递增且， 则当时，恒成立； 当时，且，即时，， 在上单调递增且； 当时，且，且，， 则时，，则在上单调递减，则，不符题意； 综上所述，的取值范围. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大连市第二十四中学2026-2027学年高三年级第一次阶段测试 数学试卷 一、单项选择题：下列各题给出的四个选项中，只有一项是符合题干要求的． 1. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. sin2cos3tan4的值 A. 大于0 B. 小于0 C. 等于0 D. 不确定 3. 复数，则在复平面内对应的点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 已知是无穷等比数列，则“”是“是递增数列”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 5. 在中，，为线段上一点，且，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 6. 将，，，从小到大排序正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 函数，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数有且只有一个零点，则k的值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：（本题共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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 等差数列的前项和为，则（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 不可能是等差数列 D. 若，则使的最大自然数 10. 已知内角，，的对应边为a，b，c，则下列结论一定正确的是（ ） A. 若，则 B. C. D. 若，则 11. 下列叙述正确的是（ ） A. 若数列的前项和为，且，则 B. 当时，函数的最小值是 C. 已知的重心为，其所在平面内有一动点，则 D. 函数且，则的最小值为1 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，，则______． 13. 函数在上单调递增，则正数的取值范围是________． 14. 不等式对任意恒成立，则的最大值为________． 四、解答题：（本题共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. 已知向量，，，设函数． （1）求的最小正周期及单调递增区间； （2）求在上的最大值和最小值． 16. 已知． （1）当时，求的单调区间和极值； （2）若在上存在一个极值点和两个零点，求的取值范围． 17. 在锐角中，角，，所对的边分别为a，b，c，且，，为的垂心． （1）求； （2）求的最大值． 18. 已知数列的前项和为，且． （1）求的通项公式与； （2）若，求数列的前项和； （3）求证：． 19. 已知函数，，，且，其中是自然对数的底数，． （1）当时，恒成立，求的取值范围； （2）求证： （i）； （ii）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $