精品解析：山东省青岛市部分校2027届高三上学期10月部分学生调研检测数学试题

2026年高三年级部分学生调研检测数学试题 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 函数，则（ ） A. -3 B. 1 C. 3 D. 5 3. 已知分别为的三个内角的对边，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 4. 已知，则的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 16 5. 已知，且，则（ ） A. 6 B. 9 C. 12 D. 36 6. 设为函数在上的最大值，则的最小值为（） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 7. 某款固定翼无人机在水平方向匀速飞行时，飞行速度与能耗的关系可近似表示为，其中常数，测得此款无人机飞行速度为时能耗相同，且，则该无人机能耗最低时的速度为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 设向量，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. 已知函数，且，则（ ） A. B. 对任意的， C. 函数在区间上单调递增 D. 将的图像向右平移个单位长度得到的图象，则 10. 已知点为内部一点，，过的直线与线段交于点，与线段交于点，设，记的面积为的面积为，的面积为，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知点，是曲线 上的两个不同点，点是直线上的任意点，则（ ） A. 若，，则的最小值为 B. 不可能为等腰直角三角形 C. 可能为等边三角形 D. 若直线与直线平行，且为的重心，则可能为等边三角形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，，则___________． 13. 存在正实数，使得函数是定义在上的奇函数，则___________． 14. 已知集合，则满足且的二元集合的个数为______． 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. 已知函数在区间的最大值为3． （1）求； （2）若，求． 16. 已知，对于，定义集合． （1）当时，求； （2）若存在，使得对任意，都有，求的取值范围． 17. 如图，平面四边形中，是等边三角形，点分别是的中点，． （1）若，求； （2）求的最大值． 18. 已知函数． （1）若且对任意恒成立，求； （2）若曲线在点处的切线斜率为，且，求的最小值； （3）当时的最小值为，当时的最大值为，求． 19. 已知函数和其导函数定义域均为且曲线连续不断．对任意，定义集合：． （1）若，求； （2）若存在，使得，证明：； （3）若实数满足对于任意，都有． （i）证明：对于任意，若，则； （ii）若存在，使得，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高三年级部分学生调研检测数学试题 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以， 因为，所以， 故，解得. 2. 函数，则（ ） A. -3 B. 1 C. 3 D. 5 【答案】D 【解析】 【详解】当时，由于，则． 由于，则． 3. 已知分别为的三个内角的对边，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】C 【解析】 【分析】根据题意，由正弦定理结合三角形的边角关系，分别验证充分性以及必要性，即可得到结果. 【详解】在中，内角，设三角形外接圆半径为， 由正弦定理可得， 变形可得，其中， 若，由三角形大角对大边的性质可得， 则，即，故充分性成立； 若，代入可得， 即，由三角形大边对大角的性质可得，故必要性满足； 所以是的充分必要条件. 4. 已知，则的最小值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由基本不等式代入计算，即可得到结果. 【详解】 ， 当且仅当，，即时，等号成立， 所以的最小值为. 5. 已知，且，则（ ） A. 6 B. 9 C. 12 D. 36 【答案】A 【解析】 【详解】由，得，而， 因此，即， 则，又，所以. 6. 设为函数在上的最大值，则的最小值为（） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】令，原题即求函数在区间端点处产生的最大值的最小值，进而利用对称性分类讨论求解即可. 【详解】令，因为，所以， 原问题转化为：求函数在区间上的最大值的最小值， 函数的图象是以为对称轴的“V”型折线， 在闭区间上，其最大值必定在区间的端点处取得， 所以， （1）当时，，得， 因为，所以，则， 当时，取得最小值2； （2）当时，，得， 因为，所以； 综合可知，的最小值为. 7. 某款固定翼无人机在水平方向匀速飞行时，飞行速度与能耗的关系可近似表示为，其中常数，测得此款无人机飞行速度为时能耗相同，且，则该无人机能耗最低时的速度为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件列式求出，再利用导数确定单调性并求出取得最小值的条件. 【详解】由无人机飞行速度为时能耗相同，得， 整理得，而，， 则，， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得最小值，即该无人机能耗最低时的速度为2. 8. 设向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别求出，，，，，，，的值，然后相加即可. 【详解】由题可得，当，， 当，， 当，， 当，， 当，， 当，， 当，， 当，， 所以 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. 已知函数，且，则（ ） A. B. 对任意的， C. 函数在区间上单调递增 D. 将的图像向右平移个单位长度得到的图象，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由，判断出当时，函数取得最小值，结合正弦型函数最值情况即可求解；对于B，代入求出即可判断；对于C，分析出正弦型函数单调递增区间，然后判断两区间之间的关系即可求解；对于D，先通过函数平移，求出，代入即可判断． 【详解】对于A，由，可知是函数取得最小值时对应的取值之一． 故，解得． 因为，所以取，得，A正确； 对于B，当时，． 因为， 所以，B错误； 对于C，令， 解得， 故函数在区间上单调递增． 因为当时，函数在区间上单调递增， 又有，所以， 所以函数在区间上单调递增，C正确； 对于D，将的图像向右平移个单位长度得到的图象， 故， 故，，D正确． 10. 已知点为内部一点，，过的直线与线段交于点，与线段交于点，设，记的面积为的面积为，的面积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项，根据已知条件，利用向量的线性运算可得：，再根据三点共线的结论即可进行求解； 对于B选项，根据A选项的计算结果，再利用“1”的代换，结合均值不等式进行求解； 对于C选项，取的中点为，根据已知条件确定为中点，再根据和同高，即底之比即为三角形面积之比即可进行求解； 对于D选项，根据C选项计算结果可得：，再结合即可进行求解. 【详解】如图： 对于A选项，已知，则有， 整理得：， 又，可得：， 由于、、三点共线，可得：，即.故A选项正确； 对于B选项，已知，，， 则， 当且仅当，即时等号成立.故B选项正确； 对于C选项，取的中点为，由于，得为中点， 故， 又与同高，且，故，同理， 由此可得：，故C选项错误； 对于D选项，，由于，可得：，故D选项正确. 11. 已知点，是曲线 上的两个不同点，点是直线上的任意点，则（ ） A. 若，，则的最小值为 B. 不可能为等腰直角三角形 C. 可能为等边三角形 D. 若直线与直线平行，且为的重心，则可能为等边三角形 【答案】AC 【解析】 【分析】利用对称性求出最小值判断A；举例说明判断B；取点借助零点存在性定理推理判断C；利用反证法推理判断D. 【详解】依题意，，令函数，求导得，当时，； 当时，，函数在上单调递减，在上单调递增， 因此，即，点均在直线下方， 对于A，当时，点关于直线的对称点，则， ，当且仅当时取等号，A正确； 对于B，取，则， ，此时为等腰直角三角形，B错误； 对于C，取，对于，在线段上方作正，向量 对应复数为，则向量对应复数为 ，于是点，点在直线上 等价于方程 在上有解，而函数在上单调递增，， 因此存在唯一使，当与重合时，为等边三角形，C正确； 对于D，不妨令，直线，记， 令线段的中点为，则点到直线为， 由为的重心，得，于是，即， 令函数，求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，，则， 而，与矛盾， 因此不能为等边三角形，D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形内角和为结合诱导公式将转化为，再代入两角和的正切公式计算，最后根据角的取值范围确定其值. 【详解】在中，由内角和定理得，故，且. 由诱导公式可得：. 由，代入，. ， ， 因此，即. 结合，可得. 13. 存在正实数，使得函数是定义在上的奇函数，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用奇函数的核心性质，将问题转化为绝对值表达式的和为常数；通过分析定义域内函数的符号去掉绝对值，化简后得到和为定值4，进而求出. 【详解】设，则， 因为是奇函数，由奇函数性质，可得， 整理得， 该等式需对定义域内所有恒成立，即左边为常数， ， 当时，，分母，分子，故； 此时，，分子，分母，故， 因此当定义域为且取时，，，代入恒等式， ， 因此，解得. 14. 已知集合，则满足且的二元集合的个数为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题设不等式，易得，整理题设不等式可得，设，，利用导数分析其单调性，进而得到，再根据条件分析求解即可. 【详解】要使有意义，则，解得， 由，得，整理得， 由于，且，不妨设，， 则，显然为增函数，则， 则函数在上单调递增， 又，则，共2026个元素， 因为，， 因此，对于中任意一个元素，有只属于、只属于，不属于三种选择， 共个有序数对， 而二元集合要求，在情况下，仅需排除， 而二元集合是无序的，因此，满足题意的二元集合个数为. 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. 已知函数在区间的最大值为3． （1）求； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 ， 因为，所以，， 当，即时，正弦函数取得最大值1， 所以， 因为在区间上的最大值为3， 所以，解得； 【小问2详解】 由（1）可知， 由 ，得，即，， 因为，所以， 又因为 ，所以角 ​必须在第二象限，即， 因此， 因为​， 所以， ， . 16. 已知，对于，定义集合． （1）当时，求； （2）若存在，使得对任意，都有，求的取值范围． 【答案】（1） （2）的取值范围是. 【解析】 【分析】（1）代入，利用单调性直接解不等式； （2）将集合包含等价转化为函数值大小关系，转化为区间最小值在左端点，借助导数分析单调性，分必要性、充分性论证并检验边界. 【小问1详解】 当时，，. 因为在上单调递增，，. 【小问2详解】 记，. 等价关系:. 必要性：由，结合得，即； 充分性：若，则可推出，即. 所以题设条件等价于：存在，对任意都有，即在区间上的最小值在左端点处取得. 求导得. 必要性：是区间左端点最小值点，函数在右侧不能递减，故，即，. 又，，得； 充分性：若，可取， 当时，，，在上单调递增， 于是对任意都有，满足； 若：，在单调递增， 任取，对均有，满足条件. 综上，的取值范围是. 【点睛】集合语言向函数不等式转化是核心，把陌生的集合包含问题转化为导数研究函数最值问题. 17. 如图，平面四边形中，是等边三角形，点分别是的中点，． （1）若，求； （2）求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理求解即可； （2）设，，在中，由余弦定理得，，由正弦定理得，连接，在中，由余弦定理得，进而结合余弦定理、三角恒等变换公式化简得到，进而结合正弦函数的性质求解即可. 【小问1详解】 在中，，， 由正弦定理得， 则. 【小问2详解】 设，， 在中，由余弦定理得， 而，则，即， 由正弦定理，得，则，即， 因为是等边三角形，所以，，连接， 在中，由余弦定理得 ， 因为为的中点，且， 所以，， 则， 即， 所以 ， 因为，所以， 则，即时，取得最大值， 则的最大值为. 18. 已知函数． （1）若且对任意恒成立，求； （2）若曲线在点处的切线斜率为，且，求的最小值； （3）当时的最小值为，当时的最大值为，求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）将化简得，由条件可得，结合，即得； （2）根据得，故，设，则在单调递增，结合，即得的单调区间及最小值； （3）分离参数得，，令，利用导数判断的单调性，求出其最大最小值即得答案. 【小问1详解】 因为， 所以， 即， 故， 因为，且， 则 则可得，故. 【小问2详解】 因，，由，得，故， 设，则，即在上单调递增， ，则当时，单调递减；当时，单调递增， 故. 【小问3详解】 ，即， 故，同理， 令，则， 令， ，此时， 由解得，且， 则当时，，单调递减；当时，，单调递增，当时，，单调递减， 又因为， 所以当时，，当时，， 故在上单调递减，上单调递增，则， 且当时，，当时，， 则，故. 19. 已知函数和其导函数定义域均为且曲线连续不断．对任意，定义集合：． （1）若，求； （2）若存在，使得，证明：； （3）若实数满足对于任意，都有． （i）证明：对于任意，若，则； （ii）若存在，使得，证明：． 【答案】（1） （2）即恒成立，则恒成立， 令，则恒成立，故在处取最小值，即， 又，故得. （3）（i）因为，所以， 因为， 所以，， 代入不等式得，因为，故不等式化简得 ，故. （ii）因为，所以由（2）得， ， 因为， 令代入得， 令，因为， 所以, 即， 故，即在和处取最小值， 所以，即，又， 代入得，化简得，因为， 所以，即，故， 又在处取最小值，所以， 将代入化简， 得，又因为，且， 所以，即，故. 【解析】 【分析】（1），，即， 又，即，令，求的解集即可； （2）即恒成立，令，则恒成立，故在处取最小值，即； （3）（i）因为，所以， 因为，所以，，代入不等式，化简得； （ii）因为，所以由（2）得， ， 因为，所以， 结合对称性可得，令，得. 【小问1详解】 ，， 故，即，又， 所以，即，， 令，则，当时，单调递减； 当时，单调递增，故，所以恒成立，即恒成立，故. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $