精品解析：福建省宁德市部分学校2026-2027学年高三上学期11月期中适应性练习数学试题

2026-2027学年第一学期适应性练习 高三数学 （满分：150分 练习时间：120分钟） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的． 1. 已知是虚数单位，若复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，集合，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，则“”是“”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. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆台的母线与下底面成角，且下底面半径是上底面半径的3倍．记圆台的侧面积为，上、下底面积之和为，则（ ） A. B. C. D. 6. 设，若有且仅有两个解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知三个数，，，，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的相邻对称轴间距离大于，若存在唯一的，使得，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．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，有选错得0分． 9. 若，，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. 的对称中心为 B. 是的极大值点 C. 若有3个零点，则 D. 的图象上存在四点，，，，使得四边形为平行四边形 11. 已知定义域为的函数不恒为，，且，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在平面直角坐标系中，角以为始边，终边在直线上，则__________ 13. 已知直线是曲线与的公切线，则的方程为_____ 14. 如图所示，四个半径为的小球装入半径为cm的半球形碗中，四个小球两两相切并与半球内切，小球与碗口平面相切，则小球半径________ 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. 已知二次函数的图象过点，且不等式的解集为 （1）求的解析式； （2）若，求的取值范围． 16. 已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，且，． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 17. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，． （1）证明：当时为钝角三角形； （2）求角的最大值； （3）当角最大时，若点满足，求． 18. 已知函数， （1）若函数在处取得极值，求实数； （2）当时，讨论函数的单调性； （3）若，使得，求的取值范围． 19. 定义：设函数在区间上有最大值，最小值，则称为函数在区间上的“最值距”，为在区间上的“中值”． （1）求在区间上的“最值距”和“中值”； （2）若函数在区间上的“最值距”大于．求实数的取值范围； （3）若与在区间上的“最值距”相同，求在区间上的“中值”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年第一学期适应性练习 高三数学 （满分：150分 练习时间：120分钟） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的． 1. 已知是虚数单位，若复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】,所以的虚部为. 2. 已知集合，集合，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解分式不等式求得集合，列举法写出集合，然后求得. 【详解】解不等式，即，所以， 即，， 所以. 3. 已知，，则“”是“”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】 【详解】当时成立，但不成立，故“”不是“”的充分条件； 若，则，即，故“”是“”的必要条件， 即“”是“”的必要不充分条件. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】切化弦后联立两角和的余弦公式解出和的值，再利用两角差的余弦公式即可求解. 【详解】由得， 由得，即， 联立得，解得， 故. 5. 已知圆台的母线与下底面成角，且下底面半径是上底面半径的3倍．记圆台的侧面积为，上、下底面积之和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设上底面半径为，则下底面半径为，因为圆台的母线与下底面成角， 所以母线，利用圆台的侧面积公式计算，利用圆的面积公式计算上、下底面积之和. 【详解】设上底面半径为，则下底面半径为，因为圆台的母线与下底面成角， 设圆台的轴截面为，其中，，， 过作，过作， 则，母线， 圆台的侧面积为， 上、下底面积之和为， 所以. 6. 设，若有且仅有两个解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先画出的图象，易知在时，其为周期为的函数，再根据图象平移画出，等区间上的图象，由数形结合即可求出满足两个交点的坐标，从而求出的取值范围. 【详解】由题可知，当时，，则在时周期为，即把的图象向右平移个单位长度，即可得到上的图象，再平移得到，等区间上的图象. 由数形结合可得，当时，两个函数无交点，即无解，不合题意； 当时，易知与最多有一个交点，即最多有一个解，不合题意； 当时，；当时，，又在时周期为， 平移可得其在，，等区间上的图象，如图所示： 当经过点时，此时；当经过点时，此时； 由图可知，当时，与有一个交点，即有一个解，不合题意； 当时，与有两个交点，即有两个解，符合题意； 当时，与有两个以上交点，即有两个以上的解，不合题意； 综上，有且仅有两个解时，实数的取值范围为. 7. 已知三个数，，，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用媒介数比较的大小，再同构变形并构造函数，利用导数确定单调性比较大小. 【详解】由，得，由，得，则； 由，得，即；由，得，即， 因此，即，则， 令函数，求导得，函数在上单调递减， 由，得，即，于是，， 所以. 8. 已知函数的相邻对称轴间距离大于，若存在唯一的，使得，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意结合函数周期求得的范围.由解得，然后建立不等式组根据题意求得的范围.即可求得答案. 【详解】由题意可知，即，所以. ，即， 结合，可知，所以或， 所以或， 因为，所以或， 所以或， 由题意可知或， 所以 二、多选题：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，有选错得0分． 9. 若，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】A选项：直接用基本不等式，代入和为 1 平方即得，取等条件为两数相等；B选项：把平方和转化为， 借助的上限反推平方和的下限，得；C选项：通分后倒数和化为，由有上限（取倒数后变成下限）得到倒数和， 选项方向写反故错误；D选项：举反例，取得，与选项矛盾. 【详解】A选项，，， ，由基本不等式，，即，所以得，当且仅当时取等号，故A正确； B选项，，由A知，得，所以，当且仅当时取等号，故B正确； C选项，，由A知，所以，所以，当且仅当时取等号，故C错误； D选项，由、、，取时，，与选项矛盾，故D错误. 10. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. 的对称中心为 B. 是的极大值点 C. 若有3个零点，则 D. 的图象上存在四点，，，，使得四边形为平行四边形 【答案】ACD 【解析】 【分析】A. 验证 恒成立，即得对称中心；B. 利用导数求函数的单调性，得到 是极小值点；C. 三次函数有 3 个零点等价于极大值为正且极小值为负，代入极值解出 ；D. 借助中心对称性，过对称中心作两条不同直线截出两对对称点，对角线互相平分即为平行四边形. 【详解】A项，，，， 所以，对任意 恒成立，说明图象关于点 对称，A正确； B项，， 当或时，，当时，， 故在、上单调递增，在上单调递减； 所以在处取极小值，B错误； C项，在处取极大值，在处取极小值， 若有3个零点，则，解得，C正确； D项，的图象关于点对称， 取图象上两点、及它们关于该中心的对称点、， 则四边形的两条对角线与互相平分，是平行四边形，D正确. 11. 已知定义域为的函数不恒为，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先通过赋值法代入特殊值求出、等特殊函数值，判断A、B；再赋值推导函数的对称性验证C；最后结合对称性与偶函数性质推出周期为，计算单周期函数值的和，利用周期求和验证D． 【详解】对于A，令，得，故A正确； 对于B，令，得， 所以，解得或， 令，得，即， 若，得，即，与条件矛盾， 所以，故B错误； 对于C，因为， 所以，即，故C正确； 对于D，令，得， 令，得，， 所以，即， 所以， 所以， 即函数为周期函数，且周期为， 又，， 令，得， 令，得， 所以， ，即前项包含个完整周期， 再加上最后两项，，， 所以，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在平面直角坐标系中，角以为始边，终边在直线上，则__________ 【答案】 【解析】 【分析】先由角终边所在直线，利用任意角三角函数定义求出，再代入正切二倍角公式求出. 【详解】因为角的终边在直线上， 且根据任意角正切函数的定义并结合可得. 所以. 13. 已知直线是曲线与的公切线，则的方程为_____ 【答案】或 【解析】 【详解】根据切线的斜率相等求出切点坐标，从而求出切线方程. 【解答】因为，， 设与曲线相切于点，与曲线相切于点， 则， 消去，整理得，解得或. 当时，切线的斜率为，切点为，则的方程为； 当时，切线的斜率为1，切点为，则的方程为. 故答案为：或. 14. 如图所示，四个半径为的小球装入半径为cm的半球形碗中，四个小球两两相切并与半球内切，小球与碗口平面相切，则小球半径________ 【答案】 【解析】 【分析】先确定四个小球球心构成正方形，利用小球与碗口平面相切得到小球球心竖直高度为；再结合半球内切条件，用勾股定理建立方程求解半径即可. 【详解】由题可知，四个小球两两相切，则四个小球球心构成边长为的正方形， 又小球和碗口平面相切，则小球球心到碗口平面的距离为，又因为小球与半球内切，则半球球心与小球球心的距离为， 因为正方形中心到小球球心的距离为，则由勾股定理可得， 化简得，解得或（舍），所以小球的半径. 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. 已知二次函数的图象过点，且不等式的解集为 （1）求的解析式； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据不等式的解集设出的解析式，代入求得. （2）由进行化简，解不等式求得的取值范围. 【小问1详解】 因为不等式的解集为， 所以， 又过点，所以， 即，即． 【小问2详解】 因为，所以， 即， 即． 16. 已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，且，． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）因为，，所以，， 又，，平面，故平面， 因为平面，所以， 又四边形为菱形，所以， ，，平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理进行证明. （2）解法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦值. 解法二：构造二面角的平面角，利用三角形的边角关系求二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：如图，设，交于点，因为，即以为原点，，为，轴正半轴， 由（1），可过作的平行线为轴，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 又因为平面，所以平面的法向量可取， 则 由图可知，二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为． 解法二：如图： 过作，连接，因为平面，所以， 又，所以平面， 又平面，所以. 即是二面角的平面角. 在中，，，所以， 故， 所以二面角的余弦值为． 17. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，． （1）证明：当时为钝角三角形； （2）求角的最大值； （3）当角最大时，若点满足，求． 【答案】（1）证明：在中，由正弦定理得 ，即， 则， 又，则， 又，由正弦定理得，，所以， 由余弦定理得，即为钝角， 所以为钝角三角形． （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，分析三边，，的关系，再利用余弦定理确定的值，进而判断三角形的形状. （2）用表示，结合基本不等式，求的取值范围，进而得到角的最大值. （3）解法1：利用正弦定理，以长度为纽带，可得，化简整理，可得. 解法2：在中，由余弦定理求得，再用余弦定理求，进一步利用同角三角函数的基本关系，可求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在中，因为，，， 所以，， 所以， 当且仅当时． 【小问3详解】 解法1：由（2）知，，不妨设边长为4，由，得， 在中，由正弦定理得，， 在中，由正弦定理得，， 所以， 所以，即， 故． 解法2：由（2）知，，不妨设边长为4，由，得， 在中，由余弦定理得，． 即， 所以 所以， 即． 18. 已知函数， （1）若函数在处取得极值，求实数； （2）当时，讨论函数的单调性； （3）若，使得，求的取值范围． 【答案】（1） （2）时，在上单调递增，上单调递减；时，在上单调递增，无减区间 （3）． 【解析】 【分析】（1）先求导，由"在处取得极值"得到解出，再回代检验两侧导数的符号确实相反（确为极值点）. （2）求导后通分成"二次三项式比上恒正因式"的形式，按二次三项式判别式的符号对分类（与两种），再由分子的符号确定导数在各区间上的正负，写出单调区间. （3）解法1：构造差函数，先注意，把"存在使"转化为判断在的右侧能否递减；求导后按其分子中的符号对与的大小分类讨论，由单调性判断是否存在这样的. 解法2：同样构造并求导，由导数的符号定出在上的最小值点，把写成对数形式算出最小值，令最小值小于零解出的范围，再与的情形合并. 【小问1详解】 ， 因为函数在处取得极值，， 当时，在上单调递减，在上单调递增，在处取得极小值． 【小问2详解】 ， 因为，当，即时，在单调递增，无减区间， 当，即时， 在上单调递增，上单调递减， 所以当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增，无减区间. 【小问3详解】 解法1：令，由题意知，使得． ①若，则对任意，， 所以，在上单调递增，又，故，不满足条件； ②若，则当时，，此时， 所以在上单调递减，因为， 即存在，使得，满足条件； 综上，的取值范围是． 解法2：令，由题意知，使得． ①若，则对任意，， 所以，在上单调递增，又，故，不满足条件； ②若，则当时，，此时， 所以在上单调递减，上单调递增， ， 即， 所以，即的取值范围是． 19. 定义：设函数在区间上有最大值，最小值，则称为函数在区间上的“最值距”，为在区间上的“中值”． （1）求在区间上的“最值距”和“中值”； （2）若函数在区间上的“最值距”大于．求实数的取值范围； （3）若与在区间上的“最值距”相同，求在区间上的“中值”． 【答案】（1）最值距为；中值为； （2）或； （3）或． 【解析】 【分析】（1）求出函数的两个最值，再结合题目的新定义求解； （2）利用函数性质，结合题意对进行分类讨论求解即可； （3）将平方，得到，根据在区间上的符号分3类进行讨论，利用与在区间上的“最值距”相同列方程，求解. 【小问1详解】 因为函数，又，所以， 当，即时， 当，即时， 最值距为， 中值为． 【小问2详解】 当时，函数在区间上单调递增， ，，， 即， 当时，函数在区间上单调递增， ，， ，即，不成立． 当时，函数在区间上单调递减，在上单调递增， 所以，， 当时，，即，， 即．舍去 当时，，即，， 即．舍去 当时，函数在区间上单调递减， ，，， 即． 综上所述，实数的取值范围为或． 【小问3详解】 由题意可得：，即， 设在区间上的最小值为，最大值为， 设与的“最值距”分别为，则最大值为， ①如果在区间上变号，即， 若，则，解得， 因为，则，则， 这与矛盾，舍去； 同理，若，可得，这与矛盾，舍去； ②如果在区间上恒正，即， 此时，解得； ③如果在区间上恒负，即， 此时，解得； 综上：在区间上的“中值”为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $