精品解析：山东德州市齐河县第一中学2026-2027学年高三上学期期中考试全真模拟数学试卷

期中考试全真模拟试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知集合，，则等于（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先解一元二次不等式求出集合M，再求对数型复合函数定义域求出集合，再根据补集和交集运算求解即可. 【详解】， 所以或， 又， 所以. 故选：D 2. 若复数满足，则复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数模和四则运算，即可得到答案； 【详解】 ， 复数的虚部是， 故选：C. 3. 下列命题是真命题的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】举例说明判断ACD；利用不等式的性质推理判断B. 【详解】对于A，取，满足，而，A错误； 对于B，由，得，则，，B正确； 对于C，取，满足，而，C错误； 对于D，取，满足，而，D错误. 故选：B 4. 已知平面向量与的夹角为，，，则（ ） A. B. C. 4 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】根据数量积公式，求向量的模. 【详解】. 故选：A 5. “，”是“函数的图象关于原点对称”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】A 【解析】 【详解】函数的图象关于原点对称，等价于该函数为奇函数. 令，得，解得. 条件“”是“”的真子集： 充分性：若，则，函数为奇函数，图象关于原点对称，充分性成立； 必要性：图象关于原点对称时，还可取，必要性不成立. 因此是充分不必要条件. 6. 已知数列满足，且，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由递推关系可得数列是首项为、公差为的等差数列，进而可得，再通过裂项相消求和可得. 【详解】已知递推式​​，两边同时取倒数得：， 即， 结合初值，即 ， 所以数列是首项为、公差为的等差数列. 根据等差数列通项公式得：， 所以， 所以. 因此数列的前项和为. 7. 已知是定义域为的奇函数,满足.若，则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】分析：先根据奇函数性质以及对称性确定函数周期，再根据周期以及对应函数值求结果. 详解：因为是定义域为的奇函数，且， 所以, 因此， 因为，所以， ，从而，选C. 点睛：函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解． 8. 已知函数，，，且，都有，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由得，结合，根据函数单调性的定义得到函数单调递减，根据正弦函数的单调递减区间，得到的取值范围. 【详解】由得，设， 因为，，时，，所以在上单调递减， 当时， ， ，，解得， 因为，所以，因为，所以，所以， 所以，即的取值范围是. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 函数（，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. 把图象上所有点向右平移个单位长度后得到函数的图象 C. 在区间上单调递减 D. 是图象的一个对称中心 【答案】CD 【解析】 【分析】首先根据函数图象求出 的值，确定函数解析式，然后结合正弦函数的性质依次判断即可. 【详解】由图象可知，，观察图象，函数在 处过 轴且单调递减，在 处取得最大值， 这两点之间横坐标的距离为 ，即，解得 ， 所以 ，此时， 将最高点 代入解析式，得，即， 解得 ，因为 ，得 ， 故函数解析式为 ， 对于A，由上述计算可知 ，故A错误； 对于B，将 图象上所有点向右平移 个单位长度， 得到 ， 故B错误； 对于C，由于正弦函数在上单调递减， 令 ， 解得 ， 当 时，函数的一个单调递减区间为 ， 因为 ， 所以 在区间 上单调递减，故C正确； 对于D，令 ，解得 ，当 时，，此时 ， 所以 是 图象的一个对称中心，故D正确. 10. 已知正数，满足，则（ ） A. 的最小值为 B. 的最大值为 C. 的最小值为2 D. 的最小值为8 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用基本不等式逐个判断各个选项即可得到结果. 【详解】A选项，∵，∴， ， 当且仅当时，即时取等号，A选项正确； B选项，∵，∴，即，， 当且仅当，即时取等号，B选项错误； C选项，∵，∴，， 即，∵，即，∴， ∴当且仅当，即时取等号，C选项正确； D选项，，当且仅当，即时取等号，D选项正确； 故选：ACD. 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 有且仅有一个零点 B. 在区间单调递减，在区间单调递增 C. 关于的方程有两个不同的实数解 D. 曲线有两条经过点的切线 【答案】ABD 【解析】 【分析】先确定函数定义域为，求导得到，以此分析单调性、极值最值，再结合零点定义、切线方程逐一判断选项. 【详解】对于A，令，因为，所以，解得，是唯一零点，故A正确； 对于B，，令得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增，故B正确； 对于C，由B知最小值为，故无实根，故C错误； 对于D，设切点为，切线斜率为， 切线方程为，代入化简得. 设，， 在单调递减，在单调递增， 最小值，且，故有两个零点，即存在两条切线，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，在中，，点是的中点，设，，，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量加法的运算法则进行转化计算． 【详解】由,因为，故； 又因为点是的中点，故； 故； 由，可得； 故，解得． 13. 已知公差不为0的等差数列的首项为3，且，，成等比数列，，则_________. 【答案】2648 【解析】 【分析】设数列的公差为，列式解得，则再分组求和即可． 【详解】设数列的公差为， 因为成等比数列，所以，解得， 可得 所以 设数列的前项和为， 当n为偶数时， ， 所以． 14. 已知函数．若在处有极值，则的值为__________；若当时， ，则实数的取值范围是__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】空1，求出导数，利用函数在在处有极值，求得的值；空2，法一：问题等价于当时，恒成立，构造函数，求导，对进行分类讨论进而求得的取值范围.法二：由题意得恒成立，构造函数，进而利用洛必达法则可求得实数的取值范围. 【详解】． 依题意知，所以． 方法一：当时，， 即，即． 令，则，． ①当 时，， 所以在上单调递增， 所以，所以 满足条件． ②当时，若，则， 若，则． 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以． 令， 所以， 所以在上单调递减． 所以与矛盾，故不满足条件． 综上，实数的取值范围是． 方法二：当时，，即， 即，即恒成立． 令，所以， 令，所以， 所以在上单调递增，所以． 所以，所以在上单调递增． 由洛必达法则知，． 所以 ，故实数的取值范围是． 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. 已知函数 （1）求函数的对称轴和对称中心； （2）当，求函数的值域． 【答案】（1）函数的对称轴为，对称中心 （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式以及辅助角公式化简，再根据正弦函数的性质运算求解； （2）采用整体替换的方法，先确定出的取值范围，然后根据正弦函数确定出最值，由此求解出的值域. 【小问1详解】 因为， 令，解得； 令，解得； 所以函数的对称轴为，对称中心. 【小问2详解】 因为，则， 当，即时，函数取到最大值； 当，即时，函数取到最小值； 所以函数的值域为. 16. 已知数列的前项和满足． （1）证明：是等比数列； （2）设数列，的前项和，证明：． 【答案】（1）证明：当时，，即，所以. 当时，. 作差得，即， 整理得，即. 所以是以为首项，为公比的等比数列. （2）证明：由（1）得，，则. 满足上式，故. 所以. ，， 所以. 所以. 因为，所以，故. 【解析】 【分析】（1）根据与的关系及等比数列的定义证明即可. （2）根据等比数列的定义求出，进而求出，，再根据错位相减法及等比数列的前项和公式求出，结合不等式性质证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 已知函数． （1）若为奇函数，求的值； （2）若点在直线上，函数的图象过点且在上有两个不同的零点，求的值及的取值范围． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）先根据奇函数的定义域关于原点对称求得，然后再根据奇函数的定义求得； （2）根据题意得及，即可求得，然后将函数零点问题转化为在上有两个不同的零点，且不是的零点，然后根据二次函数零点分布列不等式组求解即可. 【小问1详解】 函数的定义域为， 因为函数是奇函数，所以定义域关于原点对称，所以，所以， 又，所以，即恒成立， 所以； 【小问2详解】 若点在直线上，则，又函数的图象过点， 所以，所以，所以； 所以， 因为在上有两个不同的零点， 所以在上有两个不同的解，且， 记，其开口向上，对称轴为， 要使在上有两个不同的零点， 则，即，解得， 又，所以且， 所以且，即的取值范围为. 18. 在中，角的对边分别为．且满足． （1）求角的大小； （2）若的面积，内切圆的半径为，求； （3）若的平分线交于，且，求的面积的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用和角公式化简，借助于同角三角函数式和特殊角的函数值即得答案； （2）由等面积法得出，，利用余弦定理得出，三式联立即可求得边； （3）结合题设，分别在，和中，由正弦定理推出边的关系式，再利用基本不等式求得的最小值，继而可得三角形面积最小值． 【小问1详解】 在中，由， 可得，所以，即， 因，则． 【小问2详解】 由（1）知，则，即：， 所以①，②， 在中，由余弦定理得， 即③， 由①②③得：，解得； 【小问3详解】 如图，因平分，由（1）知， 故， 在中，设，则， 在中，，由正弦定理，得，则， 在中，由正弦定理，得，则， 故有（*）． 在中，由正弦定理，得，则， 得，代入（*）式，可得，即． 由基本不等式，得，解得，当且仅当时取“”． 于是．即的面积的最小值为． 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若有两个不同的零点，. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：. 【答案】（1） （2）（ⅰ）； （ⅱ）证明：由题意可知，，不妨设，则， 设，则 ， 令， 则当时，， 所以在上单调递减，则当时，， 所以当时，， 所以在上单调递减，故当时，， 所以当时，， 所以，即， 又，， 由（ⅰ）可知，在上单调递减，所以，故. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率，根据点斜式得解； （2）（ⅰ）转化为有两个相异正根，，利用导数研究的大致情况得解； （ⅱ）设，利用导数判断函数单调性，据此可得当时，，再由及函数单调性得出得证. 【小问1详解】 当时，，所以， 所以，又， 所以曲线在处的切线方程为，即 【小问2详解】 （ⅰ） 易知的定义域为， 由题意得，方程有两个相异正根，， 即方程有两个相异正根，， 设，则， 因为，所以， 令，得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 由，及的性质知， 当且时，，， 所以当时，，又，， 所以要使有两个相异正根，，必有， 故实数的取值范围为. （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 期中考试全真模拟试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知集合，，则等于（ ）． A. B. C. D. 2. 若复数满足，则复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 3. 下列命题是真命题的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知平面向量与的夹角为，，，则（ ） A. B. C. 4 D. 12 5. “，”是“函数的图象关于原点对称”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 6. 已知数列满足，且，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 7. 已知是定义域为的奇函数,满足.若，则 A. B. C. D. 8. 已知函数，，，且，都有，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 函数（，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. B. 把图象上所有点向右平移个单位长度后得到函数的图象 C. 在区间上单调递减 D. 是图象的一个对称中心 10. 已知正数，满足，则（ ） A. 的最小值为 B. 的最大值为 C. 的最小值为2 D. 的最小值为8 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 有且仅有一个零点 B. 在区间单调递减，在区间单调递增 C. 关于的方程有两个不同的实数解 D. 曲线有两条经过点的切线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，在中，，点是的中点，设，，，则_________. 13. 已知公差不为0的等差数列的首项为3，且，，成等比数列，，则_________. 14. 已知函数．若在处有极值，则的值为__________；若当时， ，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. 已知函数 （1）求函数的对称轴和对称中心； （2）当，求函数的值域． 16. 已知数列的前项和满足． （1）证明：是等比数列； （2）设数列，的前项和，证明：． 17. 已知函数． （1）若为奇函数，求的值； （2）若点在直线上，函数的图象过点且在上有两个不同的零点，求的值及的取值范围． 18. 在中，角的对边分别为．且满足． （1）求角的大小； （2）若的面积，内切圆的半径为，求； （3）若的平分线交于，且，求的面积的最小值． 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若有两个不同的零点，. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $