精品解析：上海市复旦实验中学2026-2027学年高三上学期10月练习数学试卷

上海市复旦实验高三练习卷 2026.10 一、填空题（本大题共有12题,满分54分,第1~6题每题4分，第7~12题每题5分） 1. 不等式的解集为______； 2. 一个扇形的面积为1，周长为4，则该扇形圆心角的弧度数为______． 3. 方程的根为______． 4. 已知幂函数的图象过点，则该幂函数的严格增区间是______； 5. 若是第四象限角，则______； 6. 设实数、为正数，若，则的最大值为______； 7. 已知△ABC中，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C所对的边. 若，则________ 8. 若不等式对于一切恒成立，则实数的取值范围是______； 9. 如图，为测得河对岸铁塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在铁塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为，再由点C沿北偏东方向走10米到位置D，测得，则铁塔AB的高为___________米 10. 已知集合，若，则实数的值为______； 11. 已知函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是________. 12. 对于实数、，定义，设，且关于的方程为恰有三个互不相等的实数根、、，则的取值范围为__________________. 二、选择题（13、14每题4分，15、16每题5分，共18分） 13. 若a＜b＜0，则下列不等式关系中，不能成立的是（ ） A. B. C. D. 14. 三国时期赵爽所制的弦图由四个全等的直角三角形构成，该图可用来解释下列哪个命题（ ） A. 如果，那么 B. 如果，那么 C. 对任意正实数a和b，有，当且仅当时等号成立 D. 如果，那么 15. 关于函数，下列结论正确的是（ ） A. 在区间是严格增函数 B. 的图象关于原点对称 C. 的最小正周期为 D. 的最大值为1 16. 已知函数f(x)=则“c=-1”是“函数f(x)在R上递增”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 三、解答题（本大题共有5题,满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤． 17. 记关于x的不等式的解集为P，不等式|x－1|≤1的解集为Q． （1）若a＝3，求P； （2）若Q⊆P，求正数a的取值范围． 18. 已知函数的表达式． （1）若函数是奇函数，求实数的值； （2）对任意实数，不等式恒成立，求实数的取值范围． 19. 设. （Ⅰ）求的单调区间； （Ⅱ）在锐角中，角的对边分别为,若,求面积的最大值. 20. 已知函数. （1）当时，求该函数的定义域； （2）当时，如果对任何都成立，求实数的取值范围； （3）若，将函数的图像沿轴方向平移，得到一个偶函数的图像，设函数的最大值为，求的最小值. 21. 若函数，其值域为．若，则称函数在区间上为封闭函数． （1）已知，判断函数是否在区间上为封闭函数，并说明理由； （2）已知，若函数在区间上不为单调函数，但在区间上为封闭函数，求的最大值； （3）已知函数在区间上连续且为封闭函数，且对于任意的、，都有成立．若数列满足，且，证明：存在唯一常数，使得，且对于任意的，都有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海市复旦实验高三练习卷 2026.10 一、填空题（本大题共有12题,满分54分,第1~6题每题4分，第7~12题每题5分） 1. 不等式的解集为______； 【答案】 【解析】 【详解】由分式不等式解的性质得：原不等式等价于，且， 解得或，所以原不等式的解集为. 2. 一个扇形的面积为1，周长为4，则该扇形圆心角的弧度数为______． 【答案】 【解析】 【分析】设扇形的半径为R，弧长为l，圆心角为，根据题意，由，求解. 【详解】设扇形的半径为R，弧长为l，圆心角为， 则．① 由扇形的面积公式，得．② 由①②得，， ∴． ∴扇形的圆心角为． 故答案为： 3. 方程的根为______． 【答案】0 【解析】 【分析】根据题意，分析可得，即，令，解可得t的值，则有，解可得x的值，即可得答案． 【详解】解：根据题意，，即， 令，，则有， 解可得或； 又由，则有，即，解可得， 故答案为0． 【点睛】本题考查对数、指数的运算，换元法的应用，属于基础题． 4. 已知幂函数的图象过点，则该幂函数的严格增区间是______； 【答案】 【解析】 【分析】利用幂函数的性质求解. 【详解】不妨设幂函数为，由题得：，解得：，所以，则的严格增区间是. 5. 若是第四象限角，则______； 【答案】##0.8 【解析】 【分析】根据诱导公式及同角三角函数的基本关系求解即可. 【详解】因为， 所以，又是第四象限角， 所以， 所以. 6. 设实数、为正数，若，则的最大值为______； 【答案】 【解析】 【分析】根据基本不等式直接求解即可. 【详解】因为，， 所以， 所以，即，当且仅当，即时等号成立， 7. 已知△ABC中，a、b、c分别为∠A、∠B、∠C所对的边. 若，则________ 【答案】 【解析】 【详解】∵ ∴根据余弦定理可得 ∵ ∴ 故答案为. 8. 若不等式对于一切恒成立，则实数的取值范围是______； 【答案】 【解析】 【详解】由绝对值三角不等式可得， 当且仅当，即时等号成立， 则，即实数的取值范围是. 9. 如图，为测得河对岸铁塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在铁塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为，再由点C沿北偏东方向走10米到位置D，测得，则铁塔AB的高为___________米 【答案】 【解析】 【分析】在△BCD中，利用三角形内角和定理可得∠B＝15°，利用正弦定理可得 ，解得BC．在Rt△ABC中，AB＝BCtan60°，即可得出． 【详解】在中，，，可得∠B＝15°，且sin15°＝sin（45°﹣30°） 由正弦定理得：， 在中，． 故答案为：30+10． 【点睛】本题考查了解三角形、和差公式、正弦定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 10. 已知集合，若，则实数的值为______； 【答案】或或 【解析】 【详解】由，，且， 当时，，满足； 当时，，则或，解得或. 综上所述，或或. 11. 已知函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】由题知：对数函数有一个零点，二次函数由二个零点，分别求出的范围，再求交集即可. 【详解】由对数函数和二次函数知： 在上有一个根. 解得：，即：. 因为，所以. 在有两个不相等的根. 即：，解得：. 综上： 故答案为： 【点睛】本题主要考查函数与方程的关系，同时考查了二次方程根的分布，属于中档题. 12. 对于实数、，定义，设，且关于的方程为恰有三个互不相等的实数根、、，则的取值范围为__________________. 【答案】 【解析】 【分析】化简得出函数的解析式，不妨设，作出函数的图象，可知当时，直线与函数的图象有三个交点，由对称性可求得的值，由可解得的取值范围，进而可求得的取值范围. 【详解】当时，即当时，； 当时，即当时，. ，作出函数的图象如下图所示： 设，可知点与点关于直线对称，则， 当时，， 由图象可知，当时，直线与函数的图象有三个交点， 由，可得， ，解得，所以，. 因此，的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】本题考查函数零点代数式的取值范围，考查了二次函数对称性的应用，考查数形结合思想的应用，属于中等题. 二、选择题（13、14每题4分，15、16每题5分，共18分） 13. 若a＜b＜0，则下列不等式关系中，不能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据的单调性，可知成立，不成立；根据和的单调性，可知成立. 【详解】在上单调递减 ，成立 又 ，不成立 在上单调递增 ，成立 在上单调递减 ，成立 故选 【点睛】本题考查利用函数单调性比较大小的问题，关键是能够建立起合适的函数模型，根据自变量的大小关系，结合单调性得到结果. 14. 三国时期赵爽所制的弦图由四个全等的直角三角形构成，该图可用来解释下列哪个命题（ ） A. 如果，那么 B. 如果，那么 C. 对任意正实数a和b，有，当且仅当时等号成立 D. 如果，那么 【答案】C 【解析】 【分析】确定选项ABD的推导依据，利用几何意义解释选项C即可. 【详解】选项ABD是不等式的性质，不能由给定的图形解释； 对于C，设小直角三角形的直角边长分别为，大正方形的边长为， 大正方形的面积为，个小直角三角形的面积之和为， 由图知，当且仅当时等号成立. 故选：C 15. 关于函数，下列结论正确的是（ ） A. 在区间是严格增函数 B. 的图象关于原点对称 C. 的最小正周期为 D. 的最大值为1 【答案】B 【解析】 【分析】先利用三角恒等变换化简函数的解析式，再结合三角函数的单调性、奇偶性、周期性、最值逐一判断选项. 【详解】 ， 对于A：当时，，在该区间单调递减，故是严格减函数，A错误； 对于B：，是奇函数，图象关于原点对称，B正确； 对于C：的最小正周期，C错误； 对于D：的最大值为，故的最大值为，D错误. 16. 已知函数f(x)=则“c=-1”是“函数f(x)在R上递增”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】 【分析】当c=-1时，根据对数函数的性质和一次函数的性质可推断出函数f（x）在R上递增; 当“函数f（x）在R上递增”时，c不一定等于-1，可得答案 【详解】当c= -1时，当由于函数y=log2x和函数y=x+c均是单调增函数，且log21=0= -1+1， ∴函数f（x）在R上递增，故“c=-1”是“函数f（x）在R上递增”的充分条件， 当“函数f（x）在R上递增”时，c不一定等于-1，故可知“c= -1”是“函数f（x）在R上递增”的不必要条件．故选A 【点睛】本题考查了一次函数与对数函数的单调性和分段函数的性质，以及必要条件、充分条件、充要条件的判断． 三、解答题（本大题共有5题,满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤． 17. 记关于x的不等式的解集为P，不等式|x－1|≤1的解集为Q． （1）若a＝3，求P； （2）若Q⊆P，求正数a的取值范围． 【答案】（1）{x|－1＜x＜3} （2）(2，＋∞) 【解析】 【分析】（1）将a＝3代入，转化为一元二次不等式求解即可； （2）先求出不等式的解集Q，再由Q⊆P求出a的取值范围． 【小问1详解】 由，得，解得－1＜x＜3，则P＝{x|－1＜x＜3}． 【小问2详解】 Q＝{x||x－1|≤1}＝{x|－1≤x－1≤1}＝{x|0≤x≤2}． 由，得， 由a＞0，得P＝{x|－1＜x＜a}， 又Q⊆P，所以a＞2，即a的取值范围是(2，＋∞)． 18. 已知函数的表达式． （1）若函数是奇函数，求实数的值； （2）对任意实数，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据奇函数的定义，即可求解答案； （2）根据分离参数转化为利用单调性求函数的最值，即可求解答案. 【小问1详解】 因为函数是奇函数， 的定义域关于原点对称， 由，则， 所以. 【小问2详解】 对任意实数，不等式恒成立，即恒成立， 设， 对任意实数且， ， 因为，所以，所以 所以函数在上单调递减； ，所以 . 19. 设. （Ⅰ）求的单调区间； （Ⅱ）在锐角中，角的对边分别为,若,求面积的最大值. 【答案】（Ⅰ）单调递增区间是； 单调递减区间是 （Ⅱ） 面积的最大值为 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）首先利用二倍角公式化简函数 的解析式，再利用正弦函数的单调性求其单调区间； （Ⅱ）首先由 结合（Ⅰ）的结果，确定角A的值，然后结合余弦定理求出三角形面积的最大值. 试题解析： 解：（Ⅰ）由题意知 由 可得 由 可得 所以函数 的单调递增区间是 ； 单调递减区间是 （Ⅱ）由 得 由题意知为锐角，所以 由余弦定理： 可得： 即： 当且仅当时等号成立. 因此 所以面积的最大值为 考点：1、诱导公式；2、三角函数的二倍角公式；3、余弦定理；4、基本不等式. 20. 已知函数. （1）当时，求该函数的定义域； （2）当时，如果对任何都成立，求实数的取值范围； （3）若，将函数的图像沿轴方向平移，得到一个偶函数的图像，设函数的最大值为，求的最小值. 【答案】（1）；（2）；（3）最小值为1. 【解析】 【分析】（1）解真数大于0的不等式即可； （2）通过分离参数，将问题转化为恒成立问题，进而求得a的取值范围； （3）先设出平移t个单位，再根据g（x）为偶函数得，然后根据对数函数的单调性求得h（a），最后由基本不等式求得h（a）的最小值． 【详解】（1）a=-1时，f（x）=log2（ax2+2x-a）=log2（-x2+2x+1）， 解-x2+2x+1＞0得 所以函数的定义域为 （2） 当a≤0时，f（x）≥1即log2（ax2+2x-a）≥1， 即ax2+2x-a-2≥0对任何x∈[2，3]都成立， 则 令，因为当x∈[2，3]时是单调递增函数 所以 所以，又因为 所以a的取值范围为 （3）当a＜0时，设将f（x）的图象沿x轴方向平移t个单位得到g（x）的图象， 则g（x）=[a（x+t）2+2（x+t）-a]=[ax2+（2at+2）x+at2+2t-a]， 因为g（x）为偶函数，所以g（-x）=g（x）， 则[ax2-（2at+2）x+at2+2t-a]=[ax2+（2at+2）x+at2+2t-a]， 所以2at+2=0，所以 所以 因为a＜0所以x=0时， 因为此时，解得 所以 即的最小值为1 【点睛】本题考查了函数的定义域、函数奇偶性、函数最值，属中档题． 21. 若函数，其值域为．若，则称函数在区间上为封闭函数． （1）已知，判断函数是否在区间上为封闭函数，并说明理由； （2）已知，若函数在区间上不为单调函数，但在区间上为封闭函数，求的最大值； （3）已知函数在区间上连续且为封闭函数，且对于任意的、，都有成立．若数列满足，且，证明：存在唯一常数，使得，且对于任意的，都有． 【答案】（1）是，理由：由， 由，得，从而有，即得， 即， 从而函数在区间上为封闭函数； （2）2； （3）证明：由函数在区间上连续且为封闭函数，令， 从而函数在区间上连续， 函数在区间上为封闭函数， 从而，，即有，， 由函数在区间上连续，且， 故存在，使得，即， 假设存在，且，使得，， 则， 又因为任意的、，都有成立， 所以矛盾， 所以存在唯一的常数，使得， 数列满足，且， 当，那么，那么， ， 可知数列中的，且， 那么由，则， ， 由，所以， 则，即有. 故存在唯一常数，使得，且对于任意的，都有． 【解析】 【分析】（1）利用不等式性质求出函数的值域，利用定义判断即可； （2）二次函数在闭区间的最值在顶点或端点取得，只需保证即可； （3）可先利用零点存在性定理证明存在性，再用反证法证明唯一性，最后根据证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，， 函数的图象为开口向上的抛物线，其对称轴为直线， 根据题意在区间上不为单调函数，得， 从而函数在区间单调递减，在区间单调递增， 从而，， 由函数在区间上为封闭函数，即有， 从而，即， 那么，即得， 即的最大值为 ； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $