精品解析：山东省聊城市高唐县清阳高级中学2026-2027学年高三第一学期第三次质量检测数学试卷

2027届高三第一学期第三次质量检测 数学试卷 出题人：刘言猛 审题人：王宇 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由集合，则满足，解得， 所以，可得， 因为，所以. 2. “”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】B 【解析】 【分析】根据对数函数的单调性化简，即可求解. 【详解】由可得， 故不能得到，但可以得到，故“”是“”的必要不充分条件. 3. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，函数在上单调递增； 对于B，函数， 所以函数在上单调递减，在上单调递增； 对于C，因为函数在上单调递减， 所以函数在上单调递增； 对于D，因为函数和在上单调递减， 所以函数在上单调递减. 4. 若正数满足，则的最小值是（ ） A. B. C. 4 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】由等式求得，然后由基本不等式求得答案. 【详解】因为，所以， 所以. 当且仅当，即时取等号. 5. 已知函数的定义域为，函数是奇函数，函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 是偶函数 B. 是奇函数 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题设奇偶性和对称性条件结合奇偶性定义公式和对称性公式进行分析函数的性质即可得解. 【详解】因为是奇函数，所以为偶函数， 所以，即，故的图象关于直线对称， 由的图象关于直线对称得， 即， 即，所以关于对称， 所以，所以， 故是奇函数，所以B选项正确； 因为，又，所以， 即，所以，故C选项错误； 不能得到的奇偶性与的值，故A，D选项错误. 故选：B 6. 一百零八塔位于宁夏回族自治区青铜峡市，以其独特的建筑格局和深远的历史文化闻名遐迩．该塔群共有108座塔，依山势自上而下排成12行，将第行中塔的座数记为，其中，，，且，，…，是一个首项为7，公差为2的等差数列．将，，…，分为6组，每组2个数，使得每组的2个数之和可构成一个项数为6且公差为的等差数列，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】由条件求出数列的前项的和，设新数列为，设其公差为，由条件可得，结合选项判断即可. 【详解】由已知，，，，， 设新数列为，， 由已知数列为等差数列，设其公差为，， 又的前项都为奇数，所有项都为偶数， 由已知为正偶数，为正偶数， 则，故， 若，则，矛盾， 若，则，矛盾， 若，则，矛盾， 若，则，此时可取，，， ，，，满足要求. 7. 已知实数x，y满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造单调奇函数，通过同构变形，结合奇函数与单调性，由函数值相等得到自变量相等，推导出变量之间的关系. 【详解】构造函数 ，定义域为， 对任意，有，因此是奇函数； 因为，又恒成立，因此， 因此是上的递增函数. 由，得， 即； 由，得， 即. 因为是奇函数，所以，于是. 由于在上单调递增，因此自变量相等，即， 整理得. 8. 一条直线与函数和的图象分别相切于点和点，则的值为（ ） A. 2 B. C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别计算函数和在点和点处的切线斜率，得到，再结合，化简即可求解. 【详解】对求导得：， 则在处切线斜率为，且 对于求导得：， 则在处切线斜率为，且 由题意可得：，即 又切线斜率， 可得：，即， 所以， 故选：A 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. 已知，，则下列选项中正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用对数函数的性质判断A的真假；利用指数函数的性质判断B的真假；利用基本不等式判断CD的真假. 【详解】对A：因为，，所以，所以，故A错误； 对B：因为，所以，故B正确； 对C：因为，当且仅当即，时取等号.故C正确； 对D：因为，故D正确. 10. 设函数，则下列结论正确的有（ ） A. 对任意，函数的图象存在对称轴 B. 曲线在处的切线方程为 C. 当时，函数的最小值为 D. 当时，是函数的极小值点 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，根据的关系式，判断函数为偶函数，图象关于轴对称；B选项，根据，求出， 再分别求出点和斜率，即可写出切线方程；C选项，构造，可证时，从而在单调递增，根据偶函数的对称性即可得最小值； D选项，先求出，为奇函数，分析时，的零点情况，结合零点存在定理确定的零点个数，根据为偶函数的对称性得到的零点个数，结合导数正负变化即可判断极值情况. 【详解】因为，所以函数的定义域为，关于原点对称. 对于A：因为， 所以是偶函数，图象关于轴对称，故A正确； 对于B：由，则，当时，，， 则曲线在处得到切线方程为，故B错误； 对于C：当时，为偶函数，只需研究即可. 因为，令， 则. 因为，所以当时，，故； 当时，，故， 因此在恒成立，则在单调递增，所以， 即，所以在单调递增， 由偶函数的对称性，在单调递减， 故在处取到最小值为，故C正确； 对于D：由，得为偶函数， 所以，令，则为奇函数， 所以，令，则为偶函数， 所以，令，则， 当时，，则在上单调递增； 所以，即，所以在上单调递增； 由为偶函数，得在上单调递减，且； 因为，所以；当时，； 所以存在，使得，则当时，，； 当时，，，所以在上单调递减，在上单调递增； 因为， 时，；所以当时，存在唯一的使得， 即时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增；当时，在处取得极小值； 因为为偶函数，图象关于轴对称，则在上单调递增，在上单调递减； 所以在处也取得极小值，在处取得极大值， 故D错误. 11. 已知a，b，c均为大于1的实数，若，则的大小关系可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】设，，则利用对数的运算性质可得，分类讨论后可得或者或者，据此逐项判断后可得正确选项. 【详解】设，，由均为大于1的实数，故， 因为， 因为，所以，同理，，原不等式转换为， 两边同时乘以，则， 得，整理得， 即，得到. 当时，则，即，因为，解得； 则，即，因为，解得； 同理，即，解得； 当，解得； 同理，即，解得； 当，解得； 要使得成立，故必须满足三个因式都是正数，或者两负一正， 所以有以下四种情况： （1）三个因式都是正数 即整理得. （2）三个因式中两负一正时 即无解. 即整理得. 即整理得. 所以的大小关系为或者或者这三种情况. 对于A项，当的大小关系为时，有成立， 即可能成立，故A正确； 对于B项，不妨设，满足且， 所以这种情况可能成立，故B正确； 对于C项，不妨设，满足且， 所以这种情况可能成立，故C正确； 对于D项，所有对应的值，一定会有，故D错误. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 记为等差数列的前项和.若，，则__________． 【答案】24 【解析】 【分析】根据等差数列通项公式求出公差，再结合求和公式求解即可. 【详解】由等差数列通项公式， 代入可得，解得. 因为，所以， 故. 13. 已知函数为偶函数，且满足，当时，，则实数_________，_________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由偶函数和等量关系，求函数的周期，然后得到，由二次函数对称轴求得实数，由周期求得. 【详解】由题意可知，因为，所以， 所以，所以函数的周期， 令，则， 又因为， 所以，由二次函数的对称性可知，当时，函数关于对称， 所以，所以，所以当时，， 所以. 14. 已知（，）是偶函数，在区间单调递增．则__________，__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据单调性和周期性可得.解法一：根据偶函数可得，并代入结合单调性检验即可；解法二：根据题意可得，即可得，根据导数与单调性的关系分析求解；解法三：分析可知在处取到极小值，可得，进而可得结果. 【详解】设函数的最小正周期为，由题意可知， 因为函数在上单调递增，则，即， 可得，解得， 且，，则. 解法一：因为函数为偶函数， 则，，且， 则，， 若，则， 即或，不符合题意， 若，则， 即或，符合题意； 且或； 综上所述：，. 解法二：因为， 若函数为偶函数，则，即， 且，则， 若，则，， 即或在内恒成立， 可知函数在上单调递减，不符合题意， 若，则，， 即或在内恒成立， 可知函数在上单调递增，符合题意， 且或； 综上所述：，. 解法三：因为函数为偶函数，且函数在上单调递增， 可知在处取到极小值，则，，且， 则，，则， 即或，符合题意； 且或. 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. 记的内角A，B，C的对边为a，b，c，已知， （1）求 （2）设，求边上的高. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用余弦定理求出，再由，结合平方关系可求的值； （2）结合（1）可得，再利用三角形面积相等可求得边上的高. 【小问1详解】 在中， ，， 而A为三角形内角， ， ， 整理得，得， 又，且， 【小问2详解】 由正弦定理得， 得， 由（1）得，，， ， 设边上的高为h，则， 边上的高为 16. 已知函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求； （2）若函数在区间上单调递增，求的取值范围． 【答案】（1），. （2） 【解析】 【分析】（1）先对求导得到切线斜率表达式,利用切点横坐标,代入导数得切线斜率等于2,求出,再把代入原函数,结合切线方程在处的函数值求出. （2）先写出解析式并求导,函数在区间单调递增转化为导函数在区间上恒大于等于0,分离参数后转化为小于等于新构造函数在区间上的最小值,再研究构造函数的单调性求出最小值,即可得到的取值范围. 【小问1详解】 已知，求导得. 曲线在点处的切线方程为，切线斜率，且. 代入计算：，. 故，. 【小问2详解】 由（1）得，则. 求导得. 因为在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立. 令，，求导得. 因为时，，所以，即在上单调递增. 因此. 故，即的取值范围为. 17. 已知数列中，，. （1）证明：数列是等差数列； （2）给定正整数m，设函数，求． 【答案】（1）证明：由题意证明如下，， 在数列中，，， ∴，即， ∴是以为首项，1为公差的等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题目所给条件化简，即可证明结论； （2）先求出的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以，作差并利用等比数列前项和得出导函数表达式，即可得出结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意及（1）得，， 在数列中，首项为3，公差为1， ∴，即， 在中， ， ∴， 当且时， ∴， ∴ ∴ . 18. 已知函数. （1）若，求函数的单调区间； （2）设有且仅有一个极值点，求的取值范围； （3）若函数存在2个极值点，，且满足，求证：. 【答案】（1）的单调递减区间是；无单调递增区间 （2） （3）证明：由，可得， 令，则，由，得，由得， 故在上单调递减，在上单调递增，且，当时，， 因，对于，有，，故，， 则由，得，又，故， 令，，则， 因，，则，故在上单调递增， 又，，， 则在上存在唯一解，∴， 又， ， 则有，故， 故可得. 【解析】 【分析】（1）对函数求导后，再次构造函数研究导函数的最值，由导函数恒小于0，可得到原函数在定义域内单调递减； （2）方法一：通过对参数分类，分析函数单调性，利用零点存在定理判断变号零点个数，即可确定仅有一个零点时的取值范围； 方法二：将参数分离，转化为函数图象交点问题，研究新函数单调性与极限，判断方程变号根的数量即可； （3）由极值点条件得到，利用函数单调性，结合放缩构造，借助零点与函数值即可证明. 【小问1详解】 当时，， 则，令， 则， 令，得，令，得，则在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以对任意，函数恒成立，即在上单调递减， 所以的单调递减区间是；无单调递增区间. 【小问2详解】 因为，， 则， 方法一：设，则； 则有且仅有一个极值点，等价于有且仅有一个变号零点. ①当时， 因为恒成立，所以， 所以在上单调递增， 且， 且 【左边取点思路：不妨限制在时取点，因为，所以， 所以，解得】 所以有唯一变号实数根， 且时，时， 所以有且仅有一个极小值点，符合题意. ②当时，令得， 由，得，令，得， 则在上单调递增，在上单调递减， 所以最大值为， 令，则， 所以在单调递减，并且， 所以时；时， （ⅰ）若，，即，所以无变号零点，不满足题意； （ⅱ）若，，即， 取，， 取，， 结合，在上单调递增，在上单调递减， 所以在，上分别存在一个变号零点，有2个极值点，不符合题意. 【左边取点思路：因为，，所以， 所以，解得】 【右边取点思路：先证明，在时取点， 因为，所以丢掉放缩， 所以， 解得】 综上所述，的取值范围是. 方法二：由可得，令，， 则， 令，则， 所以在上单调递减，且， 则当时，，，即在上单调递减， 当时，，则，即在上单调递增， 又因为，且时，；且时，， 时，， 要使得有且只有一个变号根，故. 【小问3详解】 略 19. 分离函数的思想在现代数学的不少分支如凸分析、拓扑学等中有很多体现，在应用数学如信号理论、数据聚类与分类分析等分支中也有不少运用.在初等数学中，若有三个互不相同的函数，，，当在某个区间上恒有成立时，可以作为和在该区间上的分离函数. （1）试判断是否可以作为和在区间上的分离函数；请说明理由； （2）请直接写出一个二次函数，使得它是函数和函数在区间上的分离函数，并证明你的结论； （3）若存在实数和，使得函数可以作为函数和函数在区间上的分离函数，且满足，求的最大值. 【答案】（1）可以.理由如下： 因为恒成立，且恒成立. 所以可以作为和在区间上的分离函数. （2）函数(答案不唯一，，都可以) ①先证，令，，则， ，在单调递减，， 所以 ②再证， 令，定义域. 求导：. 因为，所以，，，故恒成立. 所以在上单调递增，. 所以，即成立. （3） 【解析】 【分析】（1）根据分离函数的定义判断即可； （2）根据分离函数的定义，利用导数法分别判断和，即可得解 （3）利用函数的奇偶性，二次函数的单调性，以及利用函数导数求函数在某点处切线方程，韦达定理，结合分离函数的定义分析即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由各函数在区间上的函数值大小关系， 记，， 则根据函数形态可以画出草图如下. 由于和都是偶函数，图像关于轴对称， 要使为和在的某个子区间上的分离函数， 且当时，恒成立， 所以存在使得直线与的图像相切，并且切点的横坐标， 在上，对求导得，， 则当时，的图像在处的切线方程为， 即，于是，. 设直线与的图像交于点，， 由得， 则， 所以，，. 由二次函数在时单调递减， 因此当时，取得最大值. 其几何意义为，当直线为水平线时， 作为分离函数的区间长度达到最大值， 即直线与的两个交点的距离. 综上，最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三第一学期第三次质量检测 数学试卷 出题人：刘言猛 审题人：王宇 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. “”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 3. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 4. 若正数满足，则的最小值是（ ） A. B. C. 4 D. 3 5. 已知函数的定义域为，函数是奇函数，函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 是偶函数 B. 是奇函数 C. D. 6. 一百零八塔位于宁夏回族自治区青铜峡市，以其独特的建筑格局和深远的历史文化闻名遐迩．该塔群共有108座塔，依山势自上而下排成12行，将第行中塔的座数记为，其中，，，且，，…，是一个首项为7，公差为2的等差数列．将，，…，分为6组，每组2个数，使得每组的2个数之和可构成一个项数为6且公差为的等差数列，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 7. 已知实数x，y满足，则（ ） A. B. C. D. 8. 一条直线与函数和的图象分别相切于点和点，则的值为（ ） A. 2 B. C. 0 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. 已知，，则下列选项中正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 设函数，则下列结论正确的有（ ） A. 对任意，函数的图象存在对称轴 B. 曲线在处的切线方程为 C. 当时，函数的最小值为 D. 当时，是函数的极小值点 11. 已知a，b，c均为大于1的实数，若，则的大小关系可能为（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 记为等差数列的前项和.若，，则__________． 13. 已知函数为偶函数，且满足，当时，，则实数_________，_________. 14. 已知（，）是偶函数，在区间单调递增．则__________，__________． 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. 记的内角A，B，C的对边为a，b，c，已知， （1）求 （2）设，求边上的高. 16. 已知函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求； （2）若函数在区间上单调递增，求的取值范围． 17. 已知数列中，，. （1）证明：数列是等差数列； （2）给定正整数m，设函数，求． 18. 已知函数. （1）若，求函数的单调区间； （2）设有且仅有一个极值点，求的取值范围； （3）若函数存在2个极值点，，且满足，求证：. 19. 分离函数的思想在现代数学的不少分支如凸分析、拓扑学等中有很多体现，在应用数学如信号理论、数据聚类与分类分析等分支中也有不少运用.在初等数学中，若有三个互不相同的函数，，，当在某个区间上恒有成立时，可以作为和在该区间上的分离函数. （1）试判断是否可以作为和在区间上的分离函数；请说明理由； （2）请直接写出一个二次函数，使得它是函数和函数在区间上的分离函数，并证明你的结论； （3）若存在实数和，使得函数可以作为函数和函数在区间上的分离函数，且满足，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $