精品解析：江苏省苏州市姑苏区苏州大学附属中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测数学试题

苏大附中2026-2027学年第一学期10月阶段诊断 高三年级数学试卷 考试时间：120分钟 总分：150分 范围：集合、复数、向量、不等式，函数与导数，三角函数与解三角形，数列. 说明：第1题的复数条件及所求式、第9题C选项的比较符号依用户本次授权作合理推测补全，并在对应题面标明；并非对扫描缺字的精确恢复. 一、单项选择题：本大题共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，则（ ） A. B. C. D. 2 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数定义域为为常数，则“”是“为在上最大值”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 4. 若点是函数图象的一个对称中心，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 的最小值为（ ）. A. 16 B. 14 C. 12 D. 9 6. 已知数列、都是公差为1的等差数列，其首项分别为、，且，．设，则数列的前10项和等于（ ）． A. 55 B. 70 C. 85 D. 100 7. 在中，若，则的形状为（ ） A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 以上皆有可能 8. 已知直线分别与曲线和切于点，，且与轴交于点，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 二、多项选择题：本大题共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. 已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ）. A. 若，则. B. 若，则. C. 若与的夹角为锐角，则且. D. 若在上的投影向量为，则. 10. 已知数列满足，是的前n项和，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是等比数列 C. D. 若，当n为奇数时，满足的n最大值为43 11. 设函数，则下列说法正确的是（ ）. A. 2是的极大值点. B. 方程有3个不同的实数解. C. ，. D. ，. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，在四边形中，，分别为，的中点，，，则_____________. 13. 设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数.当时，.若，则_____________. 14. 设正实数满足：存在数列，使得对于任意，均有，且中有某连续6项，，，是公比为的等比数列，则的最大值为_____________. 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. 已知函数. （1）当时，求函数的单调递增区间. （2）已知，，求的值. 16. 已知为等差数列，前n项和为，是首项为2的等比数列，公比大于0，且，，. （1）求和的通项公式； （2）求数列的前n项和. 17. 已知为偶函数． （1）求的值； （2）解不等式； （3）若关于的方程有4个不相等的实根，求的取值范围． 18. 在中，内角，，的对边分别是，，，且. （1）求角的大小. （2）若点在边上，满足且，求面积的最大值. （3）若点在延长线上，满足，，求. 19. 已知函数设是函数图象上一点，在点处的切线为，且与轴的交点为，若是公差为的等差数列. （1）求的解析式； （2）若 （i）若对任意，，求的值； （ii）求证：且， 有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 苏大附中2026-2027学年第一学期10月阶段诊断 高三年级数学试卷 考试时间：120分钟 总分：150分 范围：集合、复数、向量、不等式，函数与导数，三角函数与解三角形，数列. 说明：第1题的复数条件及所求式、第9题C选项的比较符号依用户本次授权作合理推测补全，并在对应题面标明；并非对扫描缺字的精确恢复. 一、单项选择题：本大题共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，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先根据共轭复数的定义写出，然后根据复数的乘法计算. 【详解】依题意得，，故. 故选：D 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析可得，由此可得出结论. 【详解】任取，则，其中，所以，，故， 因此，. 故选：C. 3. 已知函数定义域为为常数，则“”是“为在上最大值”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 【答案】B 【解析】 【分析】根据必要不充分条件及函数最值的定义，即可判断. 【详解】由函数的最值的定义知，由， 无法推出为在上最大值，而为在上最大值， 则必有. 故选：B. 4. 若点是函数图象的一个对称中心，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】令，得. 所以函数的图像的对称中心为. 若点是函数的图像的一个对称中心， 则，得. 当时，取得最小值，最小值为. 5. 的最小值为（ ）. A. 16 B. 14 C. 12 D. 9 【答案】A 【解析】 【详解】由分母知.展开并配成非负平方： . 等号当且仅当时等号成立，故最小值为16. 6. 已知数列、都是公差为1的等差数列，其首项分别为、，且，．设，则数列的前10项和等于（ ）． A. 55 B. 70 C. 85 D. 100 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知可求出，再根据等差数列的性质及求和公式即可求出数列{abn}的前10项和． 【详解】数列、都是公差为1的等差数列，其首项分别为、， 且，． 设，又都是公差为1的等差数列，所以数列也成等差， 则数列的前10项和等于， 又，， ∴， 故选：C． 【点睛】性质：若数列为等差数列，则项数依次成等差的那些项也依次成等差. 7. 在中，若，则的形状为（ ） A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 以上皆有可能 【答案】D 【解析】 【分析】利用诱导公式得到，结合余弦函数的性质求出，再利用三角形的性质判断即可. 【详解】因，原条件为，即. 在上余弦函数严格递减，故等价于. 它不能确定三角形的类型. 例如分别取、、， 依次得到锐角、直角、钝角三角形，且都满足， 综上所述，该条件不能确定三角形的形状，以上三种情况皆有可能. 8. 已知直线分别与曲线和切于点，，且与轴交于点，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设点，，利用导数求出两条曲线的切线方程，根据两条直线重合可得两条直线的斜率截距均相等，从而可求得斜率，再根据可知是中点，利用纵坐标关系列出方程解出的值，最后检验即可． 【详解】设点，， 由于的导数，的导数， 故过的切线为，即， 过的切线为，即， 因此， 设，故，， 故，故，因此， 由得，所以，进而，所以， 因此切线的方程为，令，得， 因为，所以，解得， 当时，，，切线，， ，，因此满足条件． 二、多项选择题：本大题共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. 已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ）. A. 若，则. B. 若，则. C. 若与的夹角为锐角，则且. D. 若在上的投影向量为，则. 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，因为，所以，解得，正确. 对于B，因为，所以，解得，故B错误. 对于C，因为与的夹角为锐角，故必有， 所以，即. 当时，两向量同向，夹角不是锐角，故且，正确. 对于D，因为在上的投影向量为. 而，所以，整理得，解得， 从而，正确. 10. 已知数列满足，是的前n项和，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是等比数列 C. D. 若，当n为奇数时，满足的n最大值为43 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据递推关系判断A，根据首项可能为0判断B，根据分组求和判断C，解不等式可判断D. 【详解】由可得，两式相减得，故A正确； 因为可能为0，故不一定为等比数列，故B不正确； 因为，故C正确； 当为奇数时，不妨设，则 ，则有； 因为，故，即，时，，故D正确. 11. 设函数，则下列说法正确的是（ ）. A. 2是的极大值点. B. 方程有3个不同的实数解. C. ，. D. ，. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对A，当时，，求导判断的单调性得解；对B，在上，直接求解方程，在上求导判断单调性结合零点存在性定理判断；对C，当时，可得，结合在上严格递增可判断；对D，分，，讨论分别作差判断. 【详解】先分段：当时，；当时，. 对于A：当时，， ，，单调递增；，，单调递减； 因此为极大值点，故A正确. 对于B：在上，等价于，有两根. 在上，单调递增；且，， 故方程在上有且仅有一个解. 综上，方程共3个不同实根，故B正确. 对于C：当时，；而在上严格递增，所以，故C正确. 对于D：若，令，有 ，即. 若，有，即. 若，有，即. 综上，对所有均有，故D错误. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，在四边形中，，分别为，的中点，，，则_____________. 【答案】 【解析】 【详解】， 因此利用数量积的分配律及交换律， . 13. 设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数.当时，.若，则_____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用与的奇偶性求出与，再代入函数解析式从而求出. 【详解】由为奇函数，图象关于点对称，得. 令，得；令，得. 由为偶函数，图象关于直线对称，得. 令，得. 又因为，故，. 当时，， 解得，，所以. 14. 设正实数满足：存在数列，使得对于任意，均有，且中有某连续6项，，，是公比为的等比数列，则的最大值为_____________. 【答案】## 【解析】 【分析】由前项和公式推出每连续两项的和. 将连续6项按起始位置分两类，每类中利用两项块和等于得到关于公比的比例关系，通过相邻块和之比解得的上界，即可取得最大值. 【详解】令，由题意可得， 即得， 设所给等比数列首项为，则六项为，，，，，. 若为奇数，三个完整配对和依次为，，， 同时又构成公比的等比数列，必须满足，矛盾，故不能为奇数. 若为偶数，其中两组完整配对为，. 两式相除得.因，故. 验证可取：取、，令，并设至为，，，，，. 则、.再取、；其余每对可取，. 所有配对和均为，满足原前项和条件，且六个等比项均非零，因此能取到. 所以的最大值为. 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. 已知函数. （1）当时，求函数的单调递增区间. （2）已知，，求的值. 【答案】（1）. （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式将函数化简为，再根据余弦函数的单调递增区间列出不等式，结合的范围求解即可； （2）由得到，利用同角三角函数的基本关系消去，转化为关于的一元二次方程求解，最后结合角的范围确定符号. 【小问1详解】 已知 当时，有. 令余弦函数的单调递增区间为， 即要求：，解得： 所以，函数在上的单调递增区间为； 【小问2详解】 由得： 即.因为，所以，故. 将上式代入中得： 因为，所以舍去负值，故. 16. 已知为等差数列，前n项和为，是首项为2的等比数列，公比大于0，且，，. （1）求和的通项公式； （2）求数列的前n项和. 【答案】（1）， （2）前项和 【解析】 【分析】（1）根据等比数列的通项公式可计算得到公比的值，再根据等差数列的通项公式和求和公式可列出方程组，解出首项和公差的值，即可求得和的通项公式； （2）先根据第（1）题的结论得到数列的通项公式，然后运用错位相减法求出前项和． 【小问1详解】 由题意，设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则． 故，解得，，则， ， 由题意，得，解得． ；． 【小问2详解】 由（1）知，．设其前项和为， ，① ，② ①②，得 ． ． 17. 已知为偶函数． （1）求的值； （2）解不等式； （3）若关于的方程有4个不相等的实根，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）由函数的奇偶性求解即可； （2）利用函数的单调性以及奇偶性解不等式； （3）利用换元法将方程转化为二次函数的问题，再利用根的情况列出满足条件的不等式组，求解即可. 【小问1详解】 函数的定义域为， 为偶函数， 恒成立， 即恒成立， 而， ， 即恒成立， 所以． 【小问2详解】 当时，函数单调递增且， 当时，函数单调递增且， 时，函数单调递增且， 时，单调递增，值域为， 为偶函数， 在单调递减，的值域为． ， 不等式的解集为． 【小问3详解】 令，则原方程可化为， 由（2）知且方程仅有一根，当时， 方程有两个不相等的实根， 关于的方程有4个不相等的实根， 关于的方程在上有2个不相等的实根， 记， 则即解得． 18. 在中，内角，，的对边分别是，，，且. （1）求角的大小. （2）若点在边上，满足且，求面积的最大值. （3）若点在延长线上，满足，，求. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理与三角函数和角公式可得，结合，可得； （2）由平面向量基本定理可得，，于是，再利用基本不等式可得，所以； （3）根据几何图形，设，结合正弦定理可得，又因为，，可得，结合，可得. 【小问1详解】 由和正弦定理可得： ， 因， 代入整理得， 因，则， 展开整理得，即. 因为，所以. 【小问2详解】 记，，则，因， 则， 即，又， 则，故， 于是的面积，等号在时成立. 可取，，，由前式确有，且为边上指定内分点，故最大值为. 【小问3详解】 设.因在线段的延长线上，， 则，，则， 在和中，由正弦定理，，， 两式相除，可得 因，代入可得，即 也即 令，则得，解得或. 因，则，即. 19. 已知函数设是函数图象上一点，在点处的切线为，且与轴的交点为，若是公差为的等差数列. （1）求的解析式； （2）若 （i）若对任意，，求的值； （ii）求证：且， 有. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）由（i）知，因为， 所以，即，当且仅当时等号成立， 当时，， ，，有， 所以. 【解析】 【分析】（1）先求出在点处的切线方程，根据题意得出，代入计算出，故得解析式； （2）（i）通过导数得出，根据题意，设，根据导数得出，得出， （ⅱ）由（i）得出，当时，，则有，，有，故得证. 【小问1详解】 因为，所以， 在点处的切线为， 又与轴的交点为，所以， 因为是公差为的等差数列，所以， 所以，故，即， 故， 【小问2详解】 （i），， ， 则时，，单调递增； 时，，单调递减， 所以， 因为， ① 设，则， 令时，， 时，，单调递减；时，，单调递增. ，所以，所以 ② 由①②知，所以，故， （ⅱ）略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $