精品解析：四川省绵阳市三台中学校2026-2027学年高三上学期第三次月考（一诊仿真）数学试卷

2024级高三（上）第三次月考（一诊仿真） 数 学 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共6页；答题卡共2页．满分150分，考试时间150分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“考号”栏目内． 2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效． 3．考试结束后将答题卡收回． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每个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、为实数，则“”是“”的（     ）条件. A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 非充分又非必要 3. 已知数列为等比数列，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 5. 为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点的（ ） A. 横坐标变为原来的倍（纵坐标不变） B. 横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变） C. 纵坐标变为原来的倍（横坐标不变） D. 纵坐标变为原来的3倍（横坐标不变） 6. 若角的终边在直线上，则＝（ ） A. B. － C. D. － 7. 凉山州地处川西南横断山系东北缘，地质构造复杂，时常发生有一定危害程度的地震，尽管目前我们还无法准确预报地震，但科学家通过多年研究，已经对地震有了越来越清晰的认识与了解．例如：地震时释放出的能量（单位：）与地震里氏震级之间的关系为，2022年11月16日，凉山州会理市发生里氏级地震，它所释放出来的能量是2022年年初云南省丽江市宁蒗县发生的里氏级地震所释放能量的约多少倍（ ） A. 倍 B. 倍 C. 倍 D. 倍 8. 定义在上的偶函数的导函数为，当时，恒有，则不等式的解集为（ ） 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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 若，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知三次函数，若函数的图象关于点（1，0）对称，且，则（ ） A. B. 有3个零点 C. 的对称中心是 D. 11. 已知数列中，，且点在函数的图象上，则下列结论正确的是（ ） A. 数列单调递增 B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知扇形半径 ，圆心角为，那么它的面积为________． 13. 若，则函数的最小值为_____. 14. 已知点在函数的图象上，且有最小值，则常数的取值范围______． 四、解答题：本大题共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. 已知数列满足，且． （1）证明：数列为等差数列； （2）设，求数列的前项和． 16. 某企业为研究团队月度生产效益与员工技能培训的关系，开展调查分析，根据过往统计经验知，团队月度生产效益y（单位：万元）与员工技能培训投入x（单位：万元）满足一元线性回归模型，现连续统计了近10个月的数据，，…，，经计算得：，，，． （1）求y关于x的线性回归方程； （2）该企业计划下月拨付10万元专项资金用于团队发展建设，现拟定了两套方案： 方案一：将10万元全部用于员工技能培训； 方案二：将10万元中的一部分用于员工技能培训，剩余的部分用于发放员工绩效奖金． 根据长期运营经验，绩效奖金投入t万元可产生的额外效益为万元． 方案一和方案二中的员工技能培训所带来的生产效益仍满足（1）中的线性回归关系，试对比两套方案，如何分配资金可使团队月度生产效益最大，请说明理由． 参考公式：线性回归方程中，，． 17. 设函数． （1）若，求的值． （2）已知在区间上单调递增，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求的值． 条件①：； 条件②：； 条件③：在区间上单调递减． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 18. 已知函数． （1）当时，讨论函数的单调性； （2）若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围； （3）设，是函数的两个极值点，证明：． 19. 已知函数． （1）若有两个零点，求的取值范围； （2）若为正整数，记此时的唯一零点为，证明： （i）数列是递增数列； （ii）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024级高三（上）第三次月考（一诊仿真） 数 学 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共6页；答题卡共2页．满分150分，考试时间150分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“考号”栏目内． 2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效． 3．考试结束后将答题卡收回． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每个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】C 【解析】 【详解】 即： 2. 已知、为实数，则“”是“”的（     ）条件. A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 非充分又非必要 【答案】B 【解析】 【详解】因为，则，又，则， 命题“若，则”为真命题，即， 命题“若，则”为假命题，即 所以“”是“”的必要非充分条件. 故选：B. 3. 已知数列为等比数列，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由已知数列为等比数列，则， 即，解得. 4. 函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】A、B、D项，结合特殊点即可排除；C项，求出奇偶性和单调性，即可判断. 【详解】由题意， 由题意及图得，函数为奇函数，且当时，， 对A选项，当时，，与图象不符，故A错误； 对B选项，当时，，与图象不符，故B错误； 对D选项，当时，，与图象不符，故D错误； 对C选项，在中， ，即该函数为奇函数， ，与图象相符，故C正确. 5. 为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点的（ ） A. 横坐标变为原来的倍（纵坐标不变） B. 横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变） C. 纵坐标变为原来的倍（横坐标不变） D. 纵坐标变为原来的3倍（横坐标不变） 【答案】A 【解析】 【分析】由，根据平移法则即可解出． 【详解】因为，所以将函数的图象上所有点的横坐标变成原来的倍，纵坐标不变，即可得到函数的图象， 故选：A. 6. 若角的终边在直线上，则＝（ ） A. B. － C. D. － 【答案】A 【解析】 【详解】角的终边在直线上，不妨设角的终边上一点的坐标为，则. 所以. 故选：A 7. 凉山州地处川西南横断山系东北缘，地质构造复杂，时常发生有一定危害程度的地震，尽管目前我们还无法准确预报地震，但科学家通过多年研究，已经对地震有了越来越清晰的认识与了解．例如：地震时释放出的能量（单位：）与地震里氏震级之间的关系为，2022年11月16日，凉山州会理市发生里氏级地震，它所释放出来的能量是2022年年初云南省丽江市宁蒗县发生的里氏级地震所释放能量的约多少倍（ ） A. 倍 B. 倍 C. 倍 D. 倍 【答案】A 【解析】 【详解】设凉山州会理市发生里氏级地震，它所释放出来的能量为，云南省丽江市宁蒗县发生的里氏级地震所释放能量为， 则①，②， ①②得， 化简可得，所以， 即. 8. 定义在上的偶函数的导函数为，当时，恒有，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题目已知条件，构造函数，说明构造函数单调性，判断函数值大小，列出不等式，求出解集. 【详解】构造函数，则， 当时，恒有，即在上单调递增. 是偶函数，是偶函数，为偶函数， 在上单调递减. 又，即， ，解得或. 故选：C. 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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】通过特值排除A、C，利用不等式性质证明B、D. 【详解】对于A：取，则满足，但，A错误； 对于B：因为，所以，又，所以，B正确； 对于C：取，则满足，此时，又，所以，C错误； 对于D：因为，所以，得，又，所以，D正确. 10. 已知三次函数，若函数的图象关于点（1，0）对称，且，则（ ） A. B. 有3个零点 C. 的对称中心是 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题设且，可得，代入解析式，结合已知条件即可判断选项的正误. 【详解】由题设，，且， 所以，整理得， 故，可得，故， 又，即，A正确；有3个零点，B正确； 由，则，所以关于对称，C错误； ，D正确. 故选：ABD 11. 已知数列中，，且点在函数的图象上，则下列结论正确的是（ ） A. 数列单调递增 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用数列单调性的定义可判断A选项；由结合不等式的基本性质可判断B选项；利用累加法结合不等式的基本性质可判断C选项；利用累乘法结合不等式的基本性质可判断D选项. 【详解】由题意可知，所以，所以， 当时，与矛盾，所以，则， 所以数列单调递增，A项正确； 又，所以，B项错误； 由上可知， ， 所以，C项正确； 由上可知，则（当且仅当时取得等号）， 当时，，所以，D项正确． 故选：ACD． 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知扇形半径 ，圆心角为，那么它的面积为________． 【答案】 【解析】 【详解】扇形半径 ，圆心角为， 所以扇形面积为. 13. 若，则函数的最小值为_____. 【答案】10 【解析】 【详解】若，则， 所以函数， 当且仅当，即时等号成立， 故函数的最小值为. 14. 已知点在函数的图象上，且有最小值，则常数的取值范围______． 【答案】 【解析】 【分析】分别画出函数和的图象，再根据条件求解. 【详解】设，，分别绘制，的草图如下： 其中有最小值，且； 无最小值，且，. 因为函数有最小值，所以； 点在的图象上，所以. 综上. 故答案为： 四、解答题：本大题共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. 已知数列满足，且． （1）证明：数列为等差数列； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的定义即可得证； （2）利用裂项相消法即可求解. 【小问1详解】 由，所以， 所以， 所以数列是以为公差，首项为的等差数列； 【小问2详解】 由（1）有，所以， 所以， 所以. 16. 某企业为研究团队月度生产效益与员工技能培训的关系，开展调查分析，根据过往统计经验知，团队月度生产效益y（单位：万元）与员工技能培训投入x（单位：万元）满足一元线性回归模型，现连续统计了近10个月的数据，，…，，经计算得：，，，． （1）求y关于x的线性回归方程； （2）该企业计划下月拨付10万元专项资金用于团队发展建设，现拟定了两套方案： 方案一：将10万元全部用于员工技能培训； 方案二：将10万元中的一部分用于员工技能培训，剩余的部分用于发放员工绩效奖金． 根据长期运营经验，绩效奖金投入t万元可产生的额外效益为万元． 方案一和方案二中的员工技能培训所带来的生产效益仍满足（1）中的线性回归关系，试对比两套方案，如何分配资金可使团队月度生产效益最大，请说明理由． 参考公式：线性回归方程中，，． 【答案】（1） （2） 方案二，投入6万元用于员工技能培训，4万元用于发放绩效奖金时团队月度生产效益最大. 【解析】 【小问1详解】 由题意知， ，， ， 则. 所以y关于x的线性回归方程是. 【小问2详解】 若选择方案一，当时，代入（1）中的回归方程得万元； 若选择方案二，假设投入万元用于发放绩效奖金，万元用于员工专项技能培训，其中， 故团队月度生产效益， 当时，万元． 由于， 故选择方案二，其中投入6万元用于员工专项技能培训，剩余4万元用于发放绩效奖金，能实现团队月度生产效益最大化． 17. 设函数． （1）若，求的值． （2）已知在区间上单调递增，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在，求的值． 条件①：； 条件②：； 条件③：在区间上单调递减． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）. （2）条件①不能使函数存在；条件②或条件③可解得，. 【解析】 【分析】（1）把代入的解析式求出，再由即可求出的值； （2）若选条件①不合题意；若选条件②，先把的解析式化简，根据在上的单调性及函数的最值可求出，从而求出的值；把的值代入的解析式，由和即可求出的值；若选条件③：由的单调性可知在处取得最小值，则与条件②所给的条件一样，解法与条件②相同． 【小问1详解】 因为 所以， 因为，所以. 【小问2详解】 因为， 所以，所以的最大值为，最小值为. 若选条件①：因为的最大值为，最小值为，所以无解，故条件①不能使函数存在； 若选条件②：因为在上单调递增，且， 所以,所以,, 所以， 又因为，所以， 所以， 所以，因为，所以. 所以，； 若选条件③：因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得最小值，即. 以下与条件②相同． 18. 已知函数． （1）当时，讨论函数的单调性； （2）若函数存在单调递减区间，求实数的取值范围； （3）设，是函数的两个极值点，证明：． 【答案】（1）当时，在上单调递增； 当时，在上递增，在递减. （2）. （3）由题意可知，， 有两个极值点，，，是的两个根，则， ， 要证，即证， 即证，即证，即证， 令，则证明， 令，则， 在上单调递增，则，即， 所以原不等式成立. 【解析】 【分析】（1）求导后根据二次方程判别式，分情况讨论导数符号，从而得到时函数的单调区间， （2）根据题意可以等价于导数能取负值，转化为二次函数在上有正根，求出的取值范围， （3）利用极值点满足韦达定理化简不等式，换元构造单变量函数，依靠函数单调性完成不等式证明. 【小问1详解】 ，定义域为， 当时，， 若，即时，，所以在上单调递增； 若，即时，令，得，， 在，上单调递增，在上单调递减， 综上所述，当时，在上单调递增， 当时，在，上递增，在递减. 【小问2详解】 ， 函数存在单调递减区间，在上有解， ，设，则， 当时，显然在上有解； 当时，，， 由韦达定理知，，所以必有一个正根，满足条件， 当时，有，解得， 综上，实数的取值范围为. 【小问3详解】 略. 19. 已知函数． （1）若有两个零点，求的取值范围； （2）若为正整数，记此时的唯一零点为，证明： （i）数列是递增数列； （ii）． 【答案】（1） （2）（i）由（1）知，当时，有唯一零点，则且， 两边取自然对数，得①， 所以②， ②-①，得， 所以． 因为函数在上单调递增，所以，所以数列是递增数列． （ii）设，则， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，当且仅当时，等号成立，即当时，③， 由③式知，， 结合①式可得，即，也即， 所以，所以． 所以． 故． 【解析】 【分析】（1）将函数零点问题转化为直线与函数图像的交点问题，通过导数分析函数单调性、极值与极限趋势，进而确定参数的取值范围； （2）（i）对零点等式取对数变形，通过作差构造单调函数，利用函数的单调性比较数列 相邻项的大小，证明数列递增；（ii）利用的经典不等式放缩得到的上界，再通过裂项放缩与累加求和，最终证明不等式. 【小问1详解】 令，即，设，， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，，又当时，（指数减小快于一次函数）， 所以当时，在上有两个零点,即的取值范围是. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $