精品解析：福建泉州市第六中学2026-2027学年高三上学期数学10月阶段训练数学试题

泉州六中2027届高三年阶段训练数学科 （2026.10） 本卷满分150分，时间120分钟． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知角的终边经过点，则= A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由题意可知x=-4，y=3，r=5，所以.故选D. 考点：三角函数的概念. 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解. 【详解】因为可得： 当时，，充分性成立； 当时，，必要性不成立； 所以当，是的充分不必要条件. 故选：A. 3. 已知全集，集合，则（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用补集的定义求解. 【详解】不等式，解得， 即，而， 所以或. 故选：D 4. 已知第一象限的点在直线上，则的最小值是（ ） A. B. 8 C. D. 27 【答案】D 【解析】 【详解】∵ 第一象限的点在直线上， ∴ ∴ . 由基本不等式可得 ,，当且仅当即时等号成立. 联立，解得， ，满足的条件. ∴ ， 即的最小值为27. 5. 已知函数，若关于的方程有实数解，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，利用函数的单调性和奇偶性，把转化成，再结合三角函数的性质求的取值范围. 【详解】令，则恒成立，则在上单调递增，且是奇函数. 由，得，即， 从而，即 故选：D 【点睛】方法点睛：设，可得函数为奇函数，利用导函数分析函数的单调性，把转化成，再求的取值范围. 6. 2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（ Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长，利用它们的算术平均数作为的近似值可得出结果. 【详解】单位圆内接正边形的每条边所对应的圆心角为，每条边长为 ， 所以，单位圆的内接正边形的周长为， 单位圆的外切正边形的每条边长为，其周长为， ， 则. 故选：A. 【点睛】本题考查圆周率的近似值的计算，根据题意计算出单位圆内接正边形和外切正边形的周长是解答的关键，考查计算能力，属于中等题. 7. 对于，恒成立，则正数的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】原不等式恒成立转化为，两边同乘以后可同构函数， 由其单调性可化为恒成立，利用导数求出的最大值即可得解. 【详解】由恒成立可得，即恒成立， 由，可得恒成立， 令，则， 由知，函数单调递增， 所以恒成立， 则恒成立，即恒成立， 令，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当时，， 所以只需，即. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于转化为后，能够两边同乘以，同构出函数，再由单调性化简为恒成立. 8. 已知函数及其导数的定义域均为在上单调递增，为奇函数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由为奇函数得到，再由的单调性可推得的单调性，根据对称性可得，再比较的大小即可得解. 【详解】因为为奇函数，所以， 令，则，故， 又在上单调递增，所以当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增； 又因为，则 .① 在①式中令，可得，故， 所以， 因为， 所以， 因为， 所以， 因为， 由于，故上式等号不成立，则， 又，所以，即，即， 同理可得，所以， 所以，即. 故选：C. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】∵ ， ∴平方得 ， 解得， 故A正确. ∵ ，且, ∴ ， ，即, 则. 又， ∴ ，故B错误. 联立，两式相加得， 即， 两式相减得，即， ∴ ，故C正确. ∵ ， ∴ ，则. 由半角公式可得, 故D错误. 10. 已知对任意，且，则（ ） A. B. C. 的图象关于直线对称 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过对给定的函数关系式进行赋值，函数的奇偶性、对称性和周期性，逐步推导函数的各项性质，以及利用这些性质进行求和，进而判断选项的正确性. 【详解】由题意得任意，，且， 令，则，则， 令，则，故A正确； 令，则， 所以的图象关于直线对称，故C正确； 令，则， 由题意不恒为0，则， 即，故为奇函数， 又，则， 所以， 则是以2为周期的函数，所以，故B错误； 而，则， 所以，故D正确． 故选：ACD． 11. 设函数，下列说法中正确的有（ ） A. 若，且，则 B. 若，且，则 C. 不可能是的极值点 D. 曲线是中心对称图形，且对称中心可能在第一象限 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，化简，然后判断符号即可；对于B，对函数求导，判断函数单调性，进而可判断符号；对于C，对函数求导，假设是的极值点，利用反证法判断即可；对于D，三次函数的图象是中心对称图形，且对称中心的横坐标为图象的对称轴对应的的值，即为，设，求出，判断函数单调性，进而可判断D项. 【详解】对于A，由，若，则， 所以，故A正确； 对于B，，当时，. 单调递增，则当时，，则，故B错误； 对于C，，若是的极值点， 则，解得，此时，单调递增， 则不可能是的极值点，故C正确； 对于D，三次函数的图象是中心对称图形，且对称中心的横坐标为图象的对称轴对应的的值， 即为，若图象的对称中心在第一象限，则. 设，则， 所以. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 则当时，，所以曲线的对称中心不可能在第一象限，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______. 【答案】##0.875 【解析】 【分析】利用诱导公式和余弦的二倍角公式求解即可. 【详解】由题意可得， 所以， 所以， 故答案为：. 13. 已知曲线和存在一条过坐标原点的公切线，则实数________． 【答案】 【解析】 【分析】先设出公切线与两曲线的切点坐标，分别求出两曲线在切点处的切线方程，再根据公切线过原点这一条件，联立切线方程求解切点坐标，进而求出实数的值. 【详解】设直线与曲线相切于点， 由，得，因为与曲线相切， 所以，消去，得，解得，所以， 设与曲线相切于点，由，得，即，解得， 因为是与曲线的公共点， 所以，消去，得，即，解得． 故答案为： 14. 若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】设，求得，得出单调性和最小值，再设，求得，得出的单调性与最大值，结合不等式恒成立，得到实数的取值范围. 【详解】设函数，可得， 当时，可得，在上单调递减； 当时，可得，在上单调递增， 所以当时，函数取得极小值，也是最小值，所以， 再设函数，可得， 令，即，解得； 令，即，解得， 所以函数在上单调递增，在单调递减， 所以当时，函数取得极大值，也是最大值，所以， 要使得不等式对任意恒成立， 即不等式对任意恒成立，所以， 所以实数的取值范围为. 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. 厂家在产品出厂前，需对产品做检验，厂家将一批产品发给商家时，商家按合同规定也需随机抽取一定数量的产品做检验，以决定是否接收这批产品． (1)若厂家库房中的每件产品合格的概率为0.8，从中任意取出4件进行检验，求至少有1件是合格品的概率； (2)若厂家发给商家20件产品，其中有3件不合格．按合同规定该商家从中任取2件进行检验，只有2件都合格时才接收这批产品，否则拒收．求该商家可能检验出不合格产品数ξ的分布列及数学期望E(ξ)，并求该商家拒收这批产品的概率． 【答案】(1) 至少有1件是合格品的概率 (2) ;商家拒收这批产品的概率为 【解析】 【详解】试题分析：（1）由对立事件概率公式及产品合格的概率为，易得从产品中任意取出件进行检验.即可求得至少有件是合格的概率； （2）根据（1）的结论，由分布列及数学期望的计算公式，即可求得结果. 试题解析：（1）记“厂家任取件产品检验，其中至少有件事合格品”为事件 用对立事件来算，有 （2）的可能的取值为 , , ξ 0 1 2 P 记“商家任取2件产品检验，都合格”为事件， 则商家拒收这批产品的概率 所以商家拒收这批产品的概率为. 考点：超几何分布的应用；数学期望的求解. 16. 已知函数． （1）设是的极值点．求，并求的单调区间； （2）证明：当时，． 【答案】(1)a=；增区间为，减区间为． (2)证明：［方法一］：【最优解】放缩法 当时，. 设，则. 当时，； 当时，.所以是的最小值点. 故当时，.因此，当时，. ［方法二］：【通性通法】隐零点讨论 因为，所以在区间内单调递增．设，当时，，当时，，所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，且，所以． 设，则． 所以在区间内单调递减，故，即成立． ［方法三］：分离参数求最值 要证时，即，则证成立． 令，则． 令，则，由知在区间内单调递减，从而在内单调递增，在区间内单调递减． 所以，而，所以恒成立，原命题得证． ［方法四］：隐零点讨论＋基本不等式 ，结合与的图像，可知有唯一实数解，不妨设，则．易知在区间内是减函数，在区间内是增函数．所以． 由，得． ． 当且仅当，即时，，所以． ［方法五］：异构 要证明，即证， 即证明，再证明即可． 令，． 设，则． 若时，在上恒成立，所以； 若时，当时；当时，． 所以为的极小值点，则． 因为，所以，所以． 令． 当时，；当时，，所以为的极小值点． 则，所以，即． 所以． ［方法六］： 高阶函数借位构建有界函数 ． 令，则． 令．显然为定义域上的增函数．又，故当时，，得；当时，，得．即在区间上为减函数，在区间上为增函数，故．即恒成立，而恒成立． 【解析】 【分析】（1）先确定函数的定义域，利用，求得a=，从而确定出函数的解析式，再解不等式即可求出单调区间； （2）方法一：结合指数函数的值域，可以确定当时，，之后构造新函数，利用导数研究函数的单调性，从而求得，利用不等式的传递性，证得结果. 【详解】（1）的定义域为，，则，解得：，故．易知在区间内单调递增，且， 由解得：；由解得：， 所以的增区间为，减区间为． （2）略 【整体点评】（2）方法一：利用的范围放缩，转化为求具体函数的最值，是该题的最优解； 方法二：根据函数的单调性讨论，求最值，是该类型题的通性通法； 方法三：原不等式可以通过分参转化为求具体函数的最值，也是不错的解法； 方法四：同方法二，根据函数的单调性讨论，利用基本不等式求最值，区别在于最后求最值使用的方式不一样； 方法五：利用常见的对数切线不等式异构证明，也是很好的解决方法，不过在本题中使用过程稍显繁琐； 方法六：基本类似于方法三． 17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）若，求B； （2）求的最小值． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）方法一：直接根据待求表达式变形处理，方法二：先二倍角公式处理等式右边，在变形，方法三：根据诱导公式可将题干同构处理，结合导数判断单调性，推知即可求解，方法四：根据半角公式和两角差的正切公式化简后求解. （2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出． 【小问1详解】 方法一：直接法 可得， 则，即， 注意到，于是， 展开可得，则， 又，. 方法二：二倍角公式处理+直接法 因为， 即， 而，所以； 方法三：导数同构法 根据可知，， 设，， 则在上单调递减，， 故，结合，解得. 方法四：恒等变换化简 ， 结合正切函数的单调性，，则， 结合，解得. 【小问2详解】 由（1）知，，所以， 而， 所以，即有，所以 所以由正弦定理得 ． 当且仅当时取等号，所以的最小值为． 18. 已知函数是定义在上的奇函数，且． （1）求函数的解析式； （2）判断并证明在上的单调性； （3）解不等式． 【答案】（1）， （2）定义域内单调递减，证明：对，且，. 其中，，. 因此，，即对且，有. 所以函数在定义域内单调递减. （3） 【解析】 【分析】（1）根据奇函数的性质及列方程求，，进而求出解析式；（2）利用单调性定义判断函数的单调性；（3）在定义域的区间内，利用奇函数的性质将不等式进行变形，再利用函数的单调性求解. 【小问1详解】 因函数 是定义在上的奇函数，所以，故，即. 又因为，所以，即. 故函数的解析式为， 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因，有意义，所以，，解得. 所以 ，即也在的定义域内. 而是定义域上的奇函数，所以. 故不等式即为. 又因在定义域内单调递减，所以，解得. 综上，. 所以不等式的解集为. 19. 设函数，其中. （Ⅰ）若，讨论的单调性； （Ⅱ）若， （i）证明恰有两个零点. （ⅱ）设为的极值点，为的零点，且，证明. 【答案】（Ⅰ）在内单调递增. （Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）知，， 令， 由，所以在上恒成立. 可知在内单调递减. 又，且，故在内有唯一解. 从而在内有唯一解，不妨设为，则， 当时，，所以在内单调递增； 当时，，所以在内单调递减. 因此是的唯一极值点. 令，则当时，，故在内单调递减. 从而当时，，所以， 从而. 又因为，所以在内有唯一零点，又在内有唯一零点1. 从而，在内恰有两个零点. （ⅱ）由题意，，即，从而，即. 因为当时，，又，故，两边取对数，得. 于是，整理得. 【解析】 【分析】（Ⅰ）首先写出函数的定义域，对函数求导，判断导数在对应区间上的符号，从而得到结果； （Ⅱ）（ⅰ）对函数求导，确定函数的单调性，求得极值的符号，从而确定出函数的零点个数，得到结果； （ⅱ）首先根据题意，列出方程组，借助于中介函数，证得结果. 【详解】（Ⅰ）解：由已知，的定义域为. 且， 因此当时，，从而. 所以在内单调递增. （Ⅱ）（ⅰ）略 （ⅱ）略 【点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想、化归与转化思想，考查综合分析问题和解决问题的能力. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州六中2027届高三年阶段训练数学科 （2026.10） 本卷满分150分，时间120分钟． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知角的终边经过点，则= A. B. C. D. 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知全集，集合，则（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 4. 已知第一象限的点在直线上，则的最小值是（ ） A. B. 8 C. D. 27 5. 已知函数，若关于的方程有实数解，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（ Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形（各边均与圆相切的正边形）的周长，将它们的算术平均数作为的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（ ）． A. B. C. D. 7. 对于，恒成立，则正数的范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数及其导数的定义域均为在上单调递增，为奇函数，若，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知对任意，且，则（ ） A. B. C. 的图象关于直线对称 D. 11. 设函数，下列说法中正确的有（ ） A. 若，且，则 B. 若，且，则 C. 不可能是的极值点 D. 曲线是中心对称图形，且对称中心可能在第一象限 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______. 13. 已知曲线和存在一条过坐标原点的公切线，则实数________． 14. 若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是___________． 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. 厂家在产品出厂前，需对产品做检验，厂家将一批产品发给商家时，商家按合同规定也需随机抽取一定数量的产品做检验，以决定是否接收这批产品． (1)若厂家库房中的每件产品合格的概率为0.8，从中任意取出4件进行检验，求至少有1件是合格品的概率； (2)若厂家发给商家20件产品，其中有3件不合格．按合同规定该商家从中任取2件进行检验，只有2件都合格时才接收这批产品，否则拒收．求该商家可能检验出不合格产品数ξ的分布列及数学期望E(ξ)，并求该商家拒收这批产品的概率． 16. 已知函数． （1）设是的极值点．求，并求的单调区间； （2）证明：当时，． 17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）若，求B； （2）求的最小值． 18. 已知函数是定义在上的奇函数，且． （1）求函数的解析式； （2）判断并证明在上的单调性； （3）解不等式． 19. 设函数，其中. （Ⅰ）若，讨论的单调性； （Ⅱ）若， （i）证明恰有两个零点. （ⅱ）设为的极值点，为的零点，且，证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $