精品解析：四川省叙永第一中学校2026-2027学年高三上学期质量监测（四）数学试题

高2024级2026年秋期教学质量检测（四） 数学 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. 设复数，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的虚部的定义求解. 【详解】因为复数，所以的虚部是. 故选：D 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集定义运算即可 【详解】因为，所以, 故选：B. 【点睛】本题考查集合的运算，属基础题，在高考中要求不高，掌握集合的交并补的基本概念即可求解. 3. 设，则“”是“存在，使”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】根据充分必要条件的定义判断即可. 【详解】或， 所以“”是“存在，使”的必要不充分条件， 故选：B. 4. 在等比数列中，，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由等比数列性质可得：，即，则. 5. 5名工人各自在4天中选择1天休息，不同方法的种数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】每一名工人都有4种选择方法，根据分步计数原理求得5名工人不同选择方法的种数． 【详解】每一个工人都有4种选择方法，故5名工人不同方法的种数有种. 6. 的展开式的第项的系数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式，先确定第项对应的参数取值，代入计算即可得到该项的系数 【详解】由二项式的展开式通项为，其中， 因为求第项的系数，令，解得， 将代入通项的系数部分，可得第项的系数为. 7. 设是定义域为的偶函数，且在单调递减，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用指对函数的单调性及函数的性质求解. 【详解】是定义域为的偶函数，， 在上单调递增，且，， 因为在单调递减， 所以. 8. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案． 【详解】[方法一]： 因为是奇函数，所以①； 因为是偶函数，所以②． 令，由①得：，由②得：， 因为，所以， 令，由①得：，所以． 思路一：从定义入手． 所以． [方法二]： 因为是奇函数，所以①； 因为是偶函数，所以②． 令，由①得：，由②得：， 因为，所以， 令，由①得：，所以． 思路二：从周期性入手 由两个对称性可知，函数的周期． 所以． 故选：D． 【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果． 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. 下列说法正确的有（ ） A. 数据的第百分位数是 B. 若随机变量，，则 C. 已知随机事件与相互独立，且，，则 D. 已知，，若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，结合百分位数计算、二项分布期望公式、独立事件和事件概率运算、条件概率与事件独立性的关系逐项判断即可. 【详解】对于A，该组数据共个，第百分位数位置为， 所以第百分位数为，故A正确； 对于B，已知随机变量，，可得，解得，故B正确； 对于C，已知随机事件与相互独立，且，， 则， 根据和事件概率公式，故C错误； 对于D，已知，即， 因此，故D正确. 10. 已知函数的图象关于点中心对称，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 在区间上的最大值为1 C. 直线是曲线的对称轴 D. 当时，函数的图象恒在函数的图象上方 【答案】BD 【解析】 【分析】先根据对称中心求出函数解析式，结合选项余弦函数的单调性及值域对称轴逐个验证即可. 【详解】因为的图象关于点对称，所以，即，； 因为，所以，即. 令，由可得， 因为，所以函数在区间上不是单调函数，故A不正确； 令，由可得，所以， 所以当，故B正确， ，所以函数的图象关于点对称，直线不是曲线的对称轴，故C不正确； 当时，函数，，； 当时，函数， 所以，函数的图象恒在函数的图象上方，故D正确. 故选：BD. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则为的极大值点 B. 若，且，则 C. 若，则对，都有 D. 对，，使得有3个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，通过求导判断函数的单调性，进而可确定其极大值点； 对于选项B，根据导函数的二次函数的对称性即可判断； 对于选项C，通过计算，即可判断； 对于选项D，结合函数的单调性和极值情况即可判断其零点个数. 【详解】由，可得， 对于A选项，令，可解得或， 因为，所以当时，恒成立，函数单调递增， 当时，恒成立，函数单调递减， 当时，恒成立，函数单调递增，所以为的极大值点，故A正确； 对于B选项，因为，为开口向上的二次函数，对称轴为， 又，且，所以根据二次函数的对称性，可得，故B正确； 对于C选项，当时，， 则， 所以， 当时，即，可得，故C错误； 对于D选项，由前面分析可得，当时，为极大值点，为极小值点， 所以，， 当时，；当时，， 所以， 因为，所以，即， 所以对，，使且，所以有3个零点，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在△ABC中，若A＝30°，B＝45°，，则AC＝______． 【答案】2 【解析】 【分析】利用正弦定理求解． 【详解】∵A＝30°，B＝45°，， ∴由正弦定理 ， 所以． 故答案为：2 【点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题． 13. 已知函数为偶函数，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先判断为奇函数，则也为奇函数，然后根据余弦函数性质求解即可. 【详解】设，定义域为R关于原点对称， 且，则，故为奇函数， 因为函数为偶函数， 所以为奇函数， 则，即， 又，则时，取得最小值为. 14. 在锐角中，内角所对的边分别为，已知，则取得最大值时，__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先利用正弦定理将边化角，得到，再结合三角形内角和以及两角和的正弦公式进行化简，然后对进行化简，最后根据基本不等式求出表达式取得最大值时的条件，进而求出的值. 【详解】因为，由正弦定理得， 因为，所以，则， 又因为，所以， 即， 由于是锐角三角形，， 等式两边同时除以，得到 ,即， 因为，所以，则， 那么, 由，可得, 令，则， 对于，根据基本不等式得 ，即的最大值为， 此时， 因为，且， 所以. 故答案为： 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. 已知等差数列的前项和，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列前项和与通项公式建立方程组求出基本量，进而求得数列的通项公式. （2）通过裂项相消法求解分式型数列的前项和 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为. 由，得 化简得. 由，得 将代入上式， 可得，. 因此，. 【小问2详解】 由(1)得， 裂项得 数列的前项和. 16. 已知函数的最大值为1． （1）求函数的单调递减区间； （2）求使成立的的取值集合. 【答案】（1）； （2），． 【解析】 【分析】（1）先利用两角和差正弦公式化简函数，结合最大值求出参数，再根据正弦函数的递减区间解不等式得到的单调递减区间； （2）将转化为正弦不等式，利用正弦函数图像解三角不等式求出的取值范围. 【小问1详解】 由 ， 因的最大值为1，则，解得， 所以． 由，解得，， 故的单调递减区间为； 【小问2详解】 由， 由正弦函数的性质可得，． 解得． ∴成立的的取值范围是，． 17. 已知分别为三个内角的对边，且 （1）求； （2）若，且△ABC的面积为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）采用边化角结合内角和恒等变换，利用余弦型三角式求解内角； （2）联立面积公式与余弦定理构造方程组，直接求解边长. 【小问1详解】 由， 结合正弦定理可得， 展开右侧三角式得， 消去同类项后化简为， 整理得， 由，得，解得. 【小问2详解】 由三角形面积公式， 代入，得， 由余弦定理， 代入、，得， 联立，解得. 18. 有一个装着5个小球的箱子，其中白球3个，红球2个．从箱子里随机取出一个小球，同时抛掷一枚质地均匀的硬币：如果硬币出现正面，小球留在手上；如果硬币出现反面，小球放回箱子．重复该试验，当箱中无小球时停止试验．假设刚开始时手上没有小球，请回答以下问题： （1）求经过两次试验后，手上有两个白球的概率； （2）求经过三次试验后，手上正好有1个白球和1个红球的概率； （3）设第次停止试验的概率为，则当取最大值时，求的值． 【答案】（1） （2） （3）或9. 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的乘法公式和古典概型概率公式计算即得； （2）先将所求事件分成两种互斥事件：①三次试验取到两个白球和一个红球且有一个白球被放回；②三次试验取到两个红球和一个白球且有一个红球被放回，分别利用组合数公式求其概率，再运用概率加法公式即可； （3）依题意，列出的解析式，通过作商判断概率的增减性，即可求出的最大值以及此时的值. 【小问1详解】 因“经过两次试验后，手上有两个白球”即第一次和第二次试验都取到了1个白球， 且这两次取出的球都未放回箱子，也即两次抛掷硬币均正面向上，故其概率为： . 【小问2详解】 由题意，“经过三次试验后，手上正好有1个白球和1个红球”包括两个事件： ①三次试验取到两个白球和一个红球且有一个白球被放回，其概率为：； ②三次试验取到两个红球和一个白球且有一个红球被放回，其概率为： . 故由互斥事件概率加法公式，经过三次试验后，手上正好有1个白球和1个红球的概率为. 【小问3详解】 依题意，， 由，解得，即， 故经过8次或9次试验后，停止试验的概率最大，此时或9. 19. 已知函数的导函数为. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，，求的取值范围； （3）设，当时，方程仅有两个不相等的实数根，求证：. 【答案】（1） （2） （3）证明:， 所以，与仅有两个交点， 所以， 不妨设所以， 因为，所以，所以， 又在上单调递减， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）通过求导求解斜率，结合题干求解切点坐标，再利用直线的点斜式方程求解； （2）对求导，再对导函数分析单调性，结合的初始条件，分类讨论的取值范围，再利用导数判断函数在的单调性来求解； （3）根据的根的情况，可得，构造函数，利用函数的单调性求解。 【小问1详解】 当时，， ， 故切线方程为， 化简为. 【小问2详解】 当时，，不符合题意，舍去. 当时，. 令， 当时，，故在上单调递增， 所以，即时，，在上单调递增， 所以成立. 当时，设恒成立， 所以在上单调递增， ， 所以，使， 当时，，即，所以单调递减， ，所以在时成立， 所以在上单调递减， 所以，不符合题意，舍去. 综上，的取值范围为. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2024级2026年秋期教学质量检测（四） 数学 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. 设复数，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 设，则“”是“存在，使”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 4. 在等比数列中，，，则等于（ ） A. B. C. D. 5. 5名工人各自在4天中选择1天休息，不同方法的种数是（ ） A. B. C. D. 6. 的展开式的第项的系数是（ ） A. B. C. D. 7. 设是定义域为的偶函数，且在单调递减，则（ ） A. B. C. D. 8. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ） 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. 下列说法正确的有（ ） A. 数据的第百分位数是 B. 若随机变量，，则 C. 已知随机事件与相互独立，且，，则 D. 已知，，若，则 10. 已知函数的图象关于点中心对称，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 在区间上的最大值为1 C. 直线是曲线的对称轴 D. 当时，函数的图象恒在函数的图象上方 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则为的极大值点 B. 若，且，则 C. 若，则对，都有 D. 对，，使得有3个零点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在△ABC中，若A＝30°，B＝45°，，则AC＝______． 13. 已知函数为偶函数，则的最小值为______. 14. 在锐角中，内角所对的边分别为，已知，则取得最大值时，__________. 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. 已知等差数列的前项和，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 16. 已知函数的最大值为1． （1）求函数的单调递减区间； （2）求使成立的的取值集合. 17. 已知分别为三个内角的对边，且 （1）求； （2）若，且△ABC的面积为，求. 18. 有一个装着5个小球的箱子，其中白球3个，红球2个．从箱子里随机取出一个小球，同时抛掷一枚质地均匀的硬币：如果硬币出现正面，小球留在手上；如果硬币出现反面，小球放回箱子．重复该试验，当箱中无小球时停止试验．假设刚开始时手上没有小球，请回答以下问题： （1）求经过两次试验后，手上有两个白球的概率； （2）求经过三次试验后，手上正好有1个白球和1个红球的概率； （3）设第次停止试验的概率为，则当取最大值时，求的值． 19. 已知函数的导函数为. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，，求的取值范围； （3）设，当时，方程仅有两个不相等的实数根，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $