2026-2027学年上学期高三期中模拟数学试卷（辽宁省适用）

辽宁省2026-2027学年上学期11月名校联盟期中模拟卷1 第一部分（选择题 共58分） 一、单选题：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．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知是公比为的无穷等比数列，前项和为，且，则“”是“有最大值”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．已知复数满足，则（   ） A． B． C． D． 4．已知向量满足，且，则（    ） A． B． C． D．1 5．如图，在平面四边形ABCD中，， 若点E为边CD上的动点，则的最小值为 （  ） A． B． C． D． 6．深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为18，且当训练迭代轮数为18时，学习率为0.4，则学习率衰减到0.2以下（不含0.2）所需的训练迭代轮数至少为（    ）（参考数据：） A．72 B．73 C．74 D．75 7．若直线是曲线与曲线的公切线，（     ） A． B．1 C．e D． 8．已知函数，若在部分的图象与直线恰有三个交点，则的取值范围为（     ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列区间中，单调递减的有（    ） A． B． C． D． 10．已知全集为，集合，，则下列结论正确的是（    ） A．若集合，则实数的取值范围为 B．若，且，则实数的取值范围为 C．若，则 D．若，且“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围为 11．如图，四棱锥的底面为正方形，平面，，，动点在线段上，则（     ） A．四棱锥的外接球体积为 B．存在点，使得 C．的最小值为 D．点到直线的距离的最小值为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知向量，，则在方向上的投影向量的模为_____． 13．已知，，不等式恒成立，则实数a的取值范围是________． 14．已知函数.若有四个不同实根，，，且满足，则________，的取值范围为________ 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．在中，内角所对的边分别为，，为锐角. (1)求； (2)若，延长至，使得，，求的面积. 16．已知数列的前项和为，且，等差数列满足，． (1)求数列和的通项公式； (2)求数列的前项和． 17．已知正三棱柱所有棱长都为，点为棱的中点． (1)证明：平面； (2)求平面和平面夹角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，满足点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18．已知函数，（其中为自然对数的底数）． (1)若，求函数在区间上的最大值． (2)若，关于的方程有且仅有一个根，求实数的取值范围． (3)若对任意的，，不等式均成立，求实数的取值范围． 19．函数，． (1)时，讨论函数的零点的个数； (2)若时，，求实数的取值范围； (3)求证：对任意正整数， 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 1．B 【详解】由，， 得. 2．A 【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的意义，结合等比数列前项和分析判断得解. 【详解】当时，，，， 则，当为偶数时，，而，则； 当为奇数时，，而，则. 因此对任意的正整数均有，即有最大值； 而当时，，此时也有最大值. 所以“”是“有最大值”的充分不必要条件. 3．B 【详解】因为，由， 得，则． 4．B 【分析】由得，结合，得，由此即可得解. 【详解】因为，所以，即， 又因为， 所以， 从而. 故选：B. 5．A 【分析】先推得为等腰三角形，为等边三角形，设，将所求数量积转化为关于t的二次函数，利用函数的性质即可求得最小值. 【详解】平面四边形ABCD中，， 则有，连接BD，AC， ，，所以为等边三角形， 又为等腰三角形，则， 由余弦定理得， 则有，设， ， 因，则当时，取得最小值. 6．C 【分析】由题意先得，接着由和得，再结合对数运算性质解不等式即可得解. 【详解】由题，，所以， 又由题当时，，即， 所以，令即即， 解得，故， 所以学习率衰减到0.2以下（不含0.2）所需的训练迭代轮数至少为74. 故选：C. 7．B 【分析】根据导数的几何意义，求曲线上任意一点的切线方程，再结合公切线列方程求参数值，从而得到公切线为，同理求曲线的切线方程，结合公切线求参数即可. 【详解】设， 设切点为，则切线斜率为， 所以切线方程为，即， 由题意，即，解得， 所以两曲线的公切线为， 设，切点为，则切线斜率为， 则切线方程为，即， 由题意，即，解得. 8．C 【分析】利用辅助角公式、诱导公式、两角和的正弦公式把原函数解析式化成余弦型函数形式，再利用换元法，结合余弦函数性质进行求解即可. 【详解】 ， 令，，，所以， 问题转化为直线与函数，当时，有三个交点， 由， 于是有. 9．BD 【详解】由函数的图象，可得当时，，所以在，上单调递减. 10．BD 【分析】根据各项的描述，应用一元二次不等式的解法、对数函数的性质求对应情况下参数的范围，由集合的交补运算、必要不充分条件求参数范围判断各项的正误. 【详解】由，， A，要使，则须方程的判别式， 即，无解，故错误； B，方程的两个根为、，且， ，则或，又，， ，即，故正确； C，，则或， ，故，故错误； D，，且，则或. “”是“”的必要不充分条件， 是的真子集，则，解得， 实数的取值范围为，故正确. 11．ABD 【分析】选项 A：利用 “三线两两垂直的几何体可补成长方体” 的结论，外接球直径等于长方体体对角线，代入球体积公式计算验证；选项 B：将空间线线垂直转化为对应向量点积为 0，列方程求解参数，若解在参数范围内则存在符合条件的点；选项 C：由几何对称性得MB=MD，将距离和转化为单变量二次函数，通过对称轴求二次函数的最小值；选项 D：利用坐标轴上的点到直线距离公式，将距离表示为参数t的二次函数，通过二次函数性质求最小值. 【详解】由题意以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系.    则，由动点在线段上， 可设，则， 所以，即. 对于A：将四棱锥补成长、宽、高分别为1，1，2的长方体，其外接球即为四棱锥的外接球，外接球直径等于长方体体对角线长， 即，所以， 所以外接球体积为，故A正确； 对于B：因为， 所以， 令，得，故存在点使，故B正确； 对于C：因为，， 故， 因为二次函数在时取到最小值， 所以，故C错误； 对于D：直线即轴， 点到的距离为， 二次函数在时取最小值， 所以，故D正确. 12． 【分析】根据在方向上的投影向量的模为，再由向量夹角公式计算即可． 【详解】因为，，则在方向上的投影向量的模为． 故答案为： 13． 【分析】等价变形给定不等式，利用指数函数单调性，结合恒成立求出的范围，利用对数函数单调性求出的范围，再分离参数，利用恒成立条件求出范围. 【详解】不等式 ， 依题意，，不等式恒成立， 而函数在上单调递减，则，于是 ，令， 依题意，，不等式恒成立，又函数在上单调递增， ，函数在上单调递减，，因此， 所以实数a的取值范围是. 故答案为： 14． 1 【分析】①通过画出函数图像确认各个实根的位置后将代入到对数函数求解.②通过韦达定理表示出后求解范围. 【详解】①因为，所以可大致画出该图像， 且点坐标为，由此可知，时才能取到四个不同的实根， 且位于内，位于上. 可知，解得， 同理，解得，所以. ②由韦达定理可知，，， 所以， 因为，所以. 15．(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理、和角的正弦公式、正弦函数的性质以及辅助角公式化简计算即可求得答案； （2）在和中，利用正弦定理推出，化简求得，求出边，利用三角形面积公式即可求解. 【详解】（1）因为，由正弦定理，得 （*）. 又，所以， 代入（*），可得. 因为，所以， 所以，即. 因为，所以， 所以，即. （2）在中，由正弦定理得① 在中，， 由正弦定理，②. 由①②可得，展开化简得， 因为，所以. 因为，所以. 所以. 16．(1)，； (2). 【分析】（1）由，相减即可得是等比数列，进而求的通项公式，再结合条件；及是等差数列求解即可； （2）分组后利用等差数列和等比数列求和公式求解即可. 【详解】（1）由已知，当时，，即，． 当时，，， 两式相减，得，即，， ∴由等比数列的定义知，数列是首项，公比的等比数列， ∴数列的通项公式为． ；；， 设等差数列的公差为，则， 所以； （2）由已知， 所以， 由（1）， 因为， ， 所以， 所以. 17．(1)证明：如图，连接，交与点，连接. 因为四边形为正方形，所以为中点， 又为中点，所以， 又平面，平面，所以平面. (2) (3)存在，.理由如下： 因为，所以，. 设，，则， 因为点到平面的距离为， 所以，解得或（舍去）. 所以，即， 所以在棱上存在点，满足点到平面的距离为，此时. 【分析】（1）构造线线平行，利用线面平行的判定定理证明线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求两平面所成角的余弦值. （3）利用空间向量，根据点到平面的距离确定点位置. 【详解】（1）略 （2）因为三棱柱是各棱长均为2的正三棱柱， 取中点，则两两垂直. 故可以为原点，所在射线分别为轴，建立如图空间直角坐标系. 则，，，，， 因为为中点，所以. 所以，，，. 设平面的法向量为， 则，令，则，所以. 设平面的法向量为， 则，令，则，，所以. 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. （3）略 18．(1) (2) (3) 【分析】(1)求出函数的导数,得到函数的单调区间,从而求出函数的最大值即可; (2)若,关于的方程有且仅有一个根,即有且只有一个根,令,进而研究函数的性质可得答案； (3)设,因为在单调递增,故原不等式等价于函数和均在上单调递增,再根据函数的单调性可得实数a的取值范围 【详解】（1）解：当时, ，, 所以，当时，，时，， 所以，在上单调递减,上单调递增, 因为，当时,, 当时,, 所以，在区间上的最大值为． （2）解：当时, 关于的方程为有且仅有一个实根, 所以，有且仅有一个实根, 设, 则, 所以，当时，，当时，， 所以，在和上单调递减, 在上单调递增, 因为, 当趋近于时，趋近于，趋近于时，趋近于， 所以，有且仅有一个实根, 则实数的取值范围是． （3）解：不妨设,则恒成立． 因此恒成立, 即恒成立, 且恒成立, 所以，函数和均在上单调递增, 设, 则在上上恒成立, 因此在上恒成立，因此, 因为在上单调递减, 所以，时,，即． 由在上恒成立, 因此在上恒成立, 因此, 设,则，解得 所以，当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 所以，，即 综上，实数的取值范围是 【点睛】本题第三问解题的关键在于根据的单调性，将问题转化为函数和均在上单调递增,进而根据函数的单调区间求参数即可. 19．(1)2个 (2) (3)当时，左边，右边，左边右边； 由（2）知时，即，对恒成立. 设，，在上单调递增， 恒成立，即对于恒成立. 时，， ， 时，. 综上，对任意正整数，. 【分析】（1）先分析的单调性，再取特殊值根据零点存在定理确定零点所在区间及总个数； （2）先由端点值得到的范围，再证明此范围能使对恒成立； （3）先说明时不等式成立，当时，待证不等式等价于 ，不等式右边可看成这项之和，联想到，不等式左边也能分解成项之和. 若能证明左边的每一项都不小于右边的对应项即，便能证明原式成立，该式的证明需结合（2）中对恒成立和常用放缩. 【详解】（1）时，，. 令，得；令，得. 在上单调递减，在上单调递增，至多2个零点. 又，，， 在和内各有一个零点，共2个零点. （2）时，，，得. 当时，， 在此基础上，当时，，， 在上单调递增，恒成立. 实数的取值范围为. （3）略 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $