精品解析：陕西榆林市第三中学2027届高三上学期10月阶段质量检测数学试题

2027届高三阶段质量检测 数学试题 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上． 3．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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．涂写在本试卷上无效． 4．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 5．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试卷不回收． 一、选择题：本题共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. 设集合是不大于3的自然数，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 4. 已知x，则“”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 5. 已知一个圆台的上、下底面半径分别为2，4，母线长为4，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 函数与在区间内的图象的交点个数为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 7. 已知数列是首项和公比均为2的等比数列，数列满足：，则＝（ ） A. n B. n＋1 C. 2n D. 2n＋1 8. 若函数没有零点，则正实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、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. 已知等比数列的前n项和为，且，则（ ） A. 数列的公比为2 B. 数列是单调递增数列 C. D. 10. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数的定义域均为，为偶函数，为奇函数，且，则（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量不共线，若向量与共线，则实数的值为______． 13. 设为正数，且，则的最大值为______． 14. 已知一个数列共有8项，分别为：1，3，5，7，9，11，13，15，将这8个数分为4组，每组2个数，使得每组的2个数之和构成一个项数为4且公差为的等差数列，当最小时，新数列的第3项为______． 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. 已知函数＝的最小正周期为π． （1）求函数图象的对称中心； （2）设＝，求的单调递增区间． 16. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且． （1）求B； （2）若，的平分线与相交于点D，且，求的面积． 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，为正三角形，E为的中点，，，． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 设等差数列的前n项和为，且． （1）求； （2）若从中抽取一个公比为q的等比数列，其中，且． （i）当q取最小值时，求数列的通项公式； （ii）若关于n的不等式有解，求q可取的正整数值． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）设存在两个不同的极值点且， （i）求证：； （ii）若对任意的，都有，求实数m的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三阶段质量检测 数学试题 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上． 3．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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．涂写在本试卷上无效． 4．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 5．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试卷不回收． 一、选择题：本题共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. 设集合是不大于3的自然数，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】集合是不大于3的自然数，， 所以． 2. 若复数，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先通过复数乘法运算化简得到复数z的代数形式，再根据共轭复数的定义求解即可 【详解】 由，根据乘法分配律展开得， 因此的共轭复数. 3. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】的定义域为， 又， 所以为奇函数，其图象关于原点对称，所以C，D错误； 又时，，所以A错误，B正确． 4. 已知x，则“”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】A 【解析】 【详解】由，解得． 能推出，充分性成立， ，取，不能推出，必要性不成立． 则“”是“”的充分不必要条件. 5. 已知一个圆台的上、下底面半径分别为2，4，母线长为4，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为圆台的上、下底面半径分别为2，4，母线长为4，作出该圆台的轴截面易得其高为， 所以圆台体积． 6. 函数与在区间内的图象的交点个数为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】C 【解析】 【详解】方法1：画出函数与的图象， 易知在区间内有8个交点． 方法2：函数与的最小正周期都是， 可先研究区间内两函数图象，得有2个交点， 再由周期性知区间内的交点个数为8． 方法3：由得，则， 因为的最小正周期是，且在内有一个根， 所以在区间内的图象的交点个数为 7. 已知数列是首项和公比均为2的等比数列，数列满足：，则＝（ ） A. n B. n＋1 C. 2n D. 2n＋1 【答案】B 【解析】 【详解】由数列是首项和公比均为2的等比数列，可得． 数列满足：， 当时，，即有； 当时，由， 可得， 相减可得， 即， 上式对也成立，则，． 8. 若函数没有零点，则正实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为没有零点，所以方程没有实数根． 因为不是方程的根，令，则有， 所以原问题等价于直线与曲线没有交点． 令，则， 由，得；由，得或， 则在，上单调递减，在上单调递增． 当时，；当时，． 当时，，又当时，． 由函数图象，可得正实数的取值范围是． 二、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. 已知等比数列的前n项和为，且，则（ ） A. 数列的公比为2 B. 数列是单调递增数列 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先根据等比数列的求和公式，求公比和首项，再判断选项. 【详解】设数列的公比为q，由，可知q≠1， 则有解得， 对于A，由上面结论，q＝2，A正确； 对于B，由于，易得数列是单调递增数列，B正确； 对于C，由于，则，C错误； 对于D，，D正确． 10. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式、诱导公式和正弦的倍角公式，准确运算，即可求解. 【详解】对于A，因为， 所以， 所以，所以A正确； 对于B，由，所以B正确； 对于C，由， 所以，所以C错误； 对于D，由，所以D错误． 11. 已知函数的定义域均为，为偶函数，为奇函数，且，则（ ） A. B. 函数的图象关于点对称 C. D. 当时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性，对称性，周期性结合题意逐项分析. 【详解】因为函数定义域均为，又为偶函数，为奇函数，且， 对于A，因为为奇函数，所以， 则，故A正确； 对于B，因为， 所以，即， 所以函数的图象关于点对称，故B正确； 对于C，由得关于对称， 即 由为偶函数，知的图象关于直线对称， 所以，又，所以， 所以，即， 所以关于对称，即， 因此， 所以，故C错误； 对于D，因为，所以， 又，所以，则， 所以函数是周期为4的周期函数，所以， 又因为，所以， 所以，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量不共线，若向量与共线，则实数的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据共线向量定理列方程求解即可. 【详解】由平面向量不共线，若向量与共线， 则存在实数，使得， 故，解得：. 13. 设为正数，且，则的最大值为______． 【答案】16 【解析】 【分析】先对条件式变形得到，则，直接用和定积最大的基本不等式求最大值. 【详解】由，，两边同除以得， 即，故， ， 当且仅当即时取等号，此时，． 则的最大值为. 14. 已知一个数列共有8项，分别为：1，3，5，7，9，11，13，15，将这8个数分为4组，每组2个数，使得每组的2个数之和构成一个项数为4且公差为的等差数列，当最小时，新数列的第3项为______． 【答案】18 【解析】 【详解】原数列各项和为， 设新数列首项为，公差为d，项数为4， 所以新数列的各项和为，化简得． 因为原数列各项均为奇数，所以每组的2个数之和一定是偶数，所以与d都是偶数， 若，则，不符合题意； 若，则， 此时新数列为，满足题意， 故当最小时，新数列的第3项为18． 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. 已知函数＝的最小正周期为π． （1）求函数图象的对称中心； （2）设＝，求的单调递增区间． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用整体法结合正弦函数的性质求解； （2）对于函数，先利用三角函数公式化简，得的解析式，最后根据的取值范围求的单调增区间. 【小问1详解】 因为函数＝的最小正周期为， 所以，解得． 所以＝， 令，解得， 所以函数图象的对称中心为． 【小问2详解】 由（1）知， 所以， 所以 ， 由， 得，又， 故的单调递增区间为． 16. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且． （1）求B； （2）若，的平分线与相交于点D，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将所给式子的边化角，再利用三角恒等变换的公式进行化简变形即可求解. （2）利用角平分线的性质得到，再利用三角形面积的等量关系得到有关，的等式，再结合余弦定理，即可求解，进而可求解面积. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 所以， 所以， 又，所以， 所以，所以． 【小问2详解】 由（1）知， 因为为的平分线，所以， 又因为，且， 所以， 整理得． 又由余弦定理得， 又，则，所以， 即，解得或（舍去）， 所以△ABC的面积为． 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，为正三角形，E为的中点，，，． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点F，连接，， 又E为的中点，则，， 因为，，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以 ， 又平面，平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点F，利用中位线和题目条件可证四边形是平行四边形，即可证明，进而利用线面平行的判定定理证明即可. （2）建系，求出各个点的坐标，进而求出平面与平面的法向量的坐标，利用面面角的余弦值计算公式即可求解. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 因为， 故以A为原点，，所在直线分别为x，y轴，作平面， 建立如图所示的空间直角坐标系，因为平面平面，所以z轴在平面内， 则，，，，． 所以，， ，． 设平面PAB的法向量为， 则，可取． 设平面PCD的法向量为， 则，可取， 则． 故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为． 18. 设等差数列的前n项和为，且． （1）求； （2）若从中抽取一个公比为q的等比数列，其中，且． （i）当q取最小值时，求数列的通项公式； （ii）若关于n的不等式有解，求q可取的正整数值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）2或3. 【解析】 【分析】（1）由等差数列前n项和公式求出公差d即可求解； （2）（i）利用等比数列每一项都为等差数列中项这一限制条件，对公比逐步进行验证、取舍，直到满足.因为研究的是取最小值时的通项公式，因此可从第二项开始进行验证，首先满足的就是所求的公比，（ii）由（i）易得与的函数关系，并由为正整数初步限制取值范围，当且时适合题意，当且时，不合题意.再由不等式有解，归纳猜想并证明取值范围为 【小问1详解】 设等差数列的公差为d， 则，解得d＝1． 所以． 【小问2详解】 （i）由（1）知，所以数列是正项递增的等差数列， 所以数列的公比q＞1，若，则由得， 此时，由得， 所以，同理；若，则由得， 此时，另一方面，，即， 即，所以对任何正整数n，是数列的第项，故当q取最小值2时，． （ii）由，得， 若有解，则有解， 由（i）可知，q＞1，当q＝2，3时，n＝1，都满足题意； 下面证明q≥4时，无解，设， 则， 由，知f（n）＝单调递减， 又f（1）＜0，所以f（n）＜0恒成立， 所以，故当n≥2时，恒成立， 又q≥4时，≤1，所以q≥4时，无解． 综上，q可取的正整数值为2或3 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）设存在两个不同的极值点且， （i）求证：； （ii）若对任意的，都有，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）证明：由函数，可得其定义域为， 且， 因为存在两个不同的极值点且， 可得在上有个不等的实根， 即方程在上有两个不等实根， 设，即在上的图象与轴有两个不同的交点， 因为的对称轴的方程为，则满足，解得. （ii） 【解析】 【分析】（1）当时，求得，得到，且，结合导数的几何意义，即可求解； （2）（i）求得，转化为方程有两个不等实根，结合二次函数的性质，列出不等式组，即可得证； （ii）根据题意，转化为恒成立，化简得到，令函数，利用导数求得的单调性和最大值，进而求得实数m的取值范围． 【小问1详解】 解：当时，，可得， 所以，且，即切线的斜率为，切点为， 所以所求切线方程为，即． 【小问2详解】 解：（i）略 （ii）由（i）知：且，可得， 则不等式且，可得， 因为对任意的，都有，即对任意的，都有成立， 又因为， 令， 可得， 因为，所以，即，， 则， 所以在区间上单调递减， 所以，即，所以， 所以实数m的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $