精品解析：河南省南阳市邓州市第一高级中学校2026-2027学年高三上学期11月阶段调研检测数学试题

高三数学调研卷 一、选择题（共8小题） 1. 设全集,集合，（ ） A. B. C. D. 2. 下列导数运算正确的是（ ） A. B. C. D. 设函数的导函数为，且，则 3. 在平面直角坐标系中，角与角的顶点均与坐标原点重合，始边均与轴的非负半轴重合，终边关于直线对称．若角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 4. 若是空间的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标.设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数,的零点分别为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知函数定义域为，且，若对任意的，都有成立，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 现有个小队，分别编号为、、、，记编号为的小队的人数为，已知、、、、、成等差数列，、、、成等比数列，若，，则这个小队的总人数为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共3小题） 9. 对于函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于对称 C. 在上单调递增 D. 的图象关于点对称 10. 已知定义在上的单调函数满足：对任意，都有且.则以下结论正确的是（ ） A. 函数在上单调递增 B. 当时， C. 函数是奇函数 D. 若，则 11. 如图，菱形的边长为为边的中点，将沿折起，折叠后点的对应点为，使得平面平面，连接，则下列说法正确的是（ ） A. 点到平面的距离为 B. 三棱锥的体积为 C. 与所成角的余弦值为 D. 直线与平面所成角的正弦值为 三、填空题（共3小题） 12. 已知函数，且的图象恒过定点，且点在幂函数的图象上，则______． 13. 已知圆内接四边形的边长为，，，则四边形面积为__________． 14. 《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，如图所示的是《易经》中记载的几何图形——八卦图．图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，其余八块面积相等的图形代表八卦田，已知正八边形的边长为4，点是正八边形的内部（包含边界）任一点，则的取值范围是________． 四、解答题（共5小题） 15. 已知函数的部分图象如图所示，函数的图象与轴的交点的纵坐标为. （1）求函数的解析式； （2）求函数的图象的对称轴方程和对称中心的坐标； （3）若函数在区间上的值域为，求实数的取值范围. 16. 已知数列中，，且，设数列. （1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）若数列的前项和为，数列的前项和为，求证：. 17. 中，内角所对的边分别为，满足. （1）求角； （2）若是边上的一点，且，，求. 18. 已知函数，． （1）求在点处的切线方程； （2）求证：当时，； （3）求的零点个数． 19. 如图，在四棱台中，底面，底面是边长为2的正方形，，点为线段上的动点，棱台的体积为. （1）求的长； （2）若平面，请确定点的位置； （3）求平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学调研卷 一、选择题（共8小题） 1. 设全集,集合，（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据整数集的分类，以及补集的运算即可解出． 【详解】因为整数集，，所以，． 故选：A． 2. 下列导数运算正确的是（ ） A. B. C. D. 设函数的导函数为，且，则 【答案】D 【解析】 【分析】由导数的基本运算求解即可． 【详解】对于A,,故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C错误； 对于D，，则，得，故D正确． 3. 在平面直角坐标系中，角与角的顶点均与坐标原点重合，始边均与轴的非负半轴重合，终边关于直线对称．若角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对称性、三角函数的定义，即可得所求角得余弦值． 【详解】由角的终边经过点，角与角的终边关于直线对称， 可得角的终边必经过点． 所以． 故选：C． 4. 若是空间的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标.设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意利用待定系数法列出关于的方程组即可求解. 【详解】设， 又， ，解得， 即. 所以向量在基底下的斜坐标为. 故选：D. 5. 已知函数,的零点分别为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的零点定义，可得即函数图象与直线的交点的横坐标，结合函数图象的对称性即可求得答案. 【详解】由可得，由，， 依题意，如图所示，即函数图象与直线的交点的横坐标. 由图知，因函数是一对反函数，图象关于直线对称，则点也关于直线对称， 由解得，则点关于点对称，故. 6. 已知函数定义域为，且，若对任意的，都有成立，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件可得在上单调递增，再分类讨论即可求解． 【详解】函数的定义域为R， 当时，， 令函数，依题意，对任意的，恒成立， 因此函数在上单调递增， 当时，则，解得，因此； 当时，函数在单调递增，因此； 当时，则恒成立，因此， 实数a的取值范围是． 故选：B 7. 现有个小队，分别编号为、、、，记编号为的小队的人数为，已知、、、、、成等差数列，、、、成等比数列，若，，则这个小队的总人数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】不妨设、、、、、的公差为，、、、的公比为， 则，，同理，于是， 又，所以， 设，则，可得，即， 而，所以，则， 于是，， 所以这个小队的总人数为． 8. 已知定义在上的函数，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，利用导数得其单调性及关于对称，将原不等式化为后平方求解. 【详解】令，则， 因为当时，，即，所以当时，， 所以函数在上单调递增，又因为， 所以函数的图象关于直线对称． 则不等式转化为：， 即， 因为的图象关于直线对称，且在上单调递增， 所以，即，两边平方整理得：， 解得：或，则不等式的解集为：． 二、多选题（共3小题） 9. 对于函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于对称 C. 在上单调递增 D. 的图象关于点对称 【答案】AD 【解析】 【分析】根据正切型函数的最小正周期的公式求函数的最小正周期，判断A，设函数的图象关于对称，推出矛盾，判断B，求函数的单调递增区间，判断C，求函数的对称中心，判断D. 【详解】对于A，的最小正周期，故A正确； 对于B，若函数的图象关于对称，则， 所以，故恒成立，矛盾， 所以函数的图象不关于对称，故B错误； 由，，得，， 即的单调递增区间为，， 取，得函数在和上单调递增， 又时没有意义， 所以函数不在上单调递增，故C错误； 由，，得，， 所以函数图象的对称中心为，， 令知的图象关于点对称，故D正确． 故选：AD 10. 已知定义在上的单调函数满足：对任意，都有且.则以下结论正确的是（ ） A. 函数在上单调递增 B. 当时， C. 函数是奇函数 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】先通过赋值法，求得，，再根据函数的性质，逐项判断即可. 【详解】令，代入，得，即， 又，所以， 对于A选项，因为为定义在上的单调函数，又，， 所以函数在上单调递增，故A正确； 对于B选项，在中令，得. 由可知，, 当时，则，又，所以， 又函数在上单调递增，所以， 所以，故B错误； 对于C选项，因为，所以， 所以， 又，所以， 即，所以函数为奇函数，故C正确； 对于D选项，因为，所以，， 所以，当且仅当，即时取等， 又， 所以，故D正确. 11. 如图，菱形的边长为为边的中点，将沿折起，折叠后点的对应点为，使得平面平面，连接，则下列说法正确的是（ ） A. 点到平面的距离为 B. 三棱锥的体积为 C. 与所成角的余弦值为 D. 直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意利用线面垂直判定定理证明平面，建立空间直角坐标系利用点到平面距离的向量求法可得A正确，利用等体积法计算可知B正确，由异面直线夹角的向量求法可判断C错误，再由线面角的向量求法可得D正确. 【详解】由菱形的边长为为边的中点可得为正三角形， 且，即； 又平面平面，平面平面， 可得平面， 又平面，所以; 因此可得两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 易知，则， 对于A，易知，； 设平面的一个法向量为， 可得，解得，令； 即； 又， 所以点到平面的距离为，即A正确； 对于B，易知，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，也为； 又因为平面，所以平面； 易知，所以， 即三棱锥的体积为，即B正确； 对于C，易知，又， 所以 即与所成角的余弦值为，可得C错误； 对于D，易知，由选项A可知平面的一个法向量为， 所以直线与平面所成的角的正弦值为，即D正确. 故选：ABD 三、填空题（共3小题） 12. 已知函数，且的图象恒过定点，且点在幂函数的图象上，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据解析求出定点，再将点的坐标代入到幂函数中去可求得结果. 【详解】令，解得，此时， 所以函数（，且）的图象恒过定点， 设幂函数，则，解得， 所以． 故答案为：. 13. 已知圆内接四边形的边长为，，，则四边形面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由余弦定理求出，则得，即可由三角形面积公式求出. 【详解】由题可得，则， 在中，由余弦定理得， 在中，同理得， 联立得，解得， 而均为三角形内角，故， 则四边形的面积. 14. 《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，如图所示的是《易经》中记载的几何图形——八卦图．图中正八边形代表八卦，中间的圆代表阴阳太极图，其余八块面积相等的图形代表八卦田，已知正八边形的边长为4，点是正八边形的内部（包含边界）任一点，则的取值范围是________． 【答案】． 【解析】 【分析】根据向量数量积的几何意义， 等于在上的投影与的数量积，依据正八边形性质，作出在上的投影再求解即可． 【详解】 如图，根据向量数量积的几何意义， 等于在上的投影与的数量积， 因为正八边形，所以每个内角为， 所以，即在上投影为， 当在上时， 设与交点为，为等腰直角三角形， 则最小为； 同理： 最大为， 所以的取值范围是． 故答案为： ． 四、解答题（共5小题） 15. 已知函数的部分图象如图所示，函数的图象与轴的交点的纵坐标为. （1）求函数的解析式； （2）求函数的图象的对称轴方程和对称中心的坐标； （3）若函数在区间上的值域为，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2），； （3） 【解析】 【分析】（1）根据图像先求出周期即可得，由和即可求出和； （2）令即可求出函数的对称轴方程，令，即可求出函数的对称中心的横坐标，纵坐标为0； （3）函数在区间上的值域为，由正弦函数的图象和性质得解出即可. 【小问1详解】 由图可知函数的周期为，有，又由，可得， 又由图可知，有，有，又由.有，可得. 又由图可知，有，可得. 故函数的解析式为； 【小问2详解】 令，可得， 可得函数的图象的对称轴方程为， 令，可得， 可得函数的图象的对称中心的坐标为； 【小问3详解】 当时，，有. 若函数在区间上的值域为，由正弦函数的图象和性质可知，可得 故实数的取值范围为. 16. 已知数列中，，且，设数列. （1）求证：数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）若数列的前项和为，数列的前项和为，求证：. 【答案】（1）由题意得： ，即，且， 是以为首项为公比的等比数列； （2）由（1）得，； 【解析】 【分析】（1）由题意得：，结合题意可得，即可得证，又，代入公式，即可得答案. （2）由（1）可知，代入所求，可得，利用裂项相消求和法，即可求得答案. 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】解题的关键是熟练掌握等比数列的定义，并灵活应用. 裂项常见形式有（1）； （2）； （3）； （4）； （5）. 17. 中，内角所对的边分别为，满足. （1）求角； （2）若是边上的一点，且，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理和两角和的正弦，化简得到，进而得到，即可求得的大小； （2）根据题意，在中，利用正弦定理得，进而化简得到，即可求解. 【小问1详解】 解：由，可得， 又由正弦定理得， 整理得， 可得， 因为，可得，所以，即， 又因为，所以. 【小问2详解】 解：在中，由正弦定理得， 因为，且，可得， 又因为，所以， 整理得，所以. 18. 已知函数，． （1）求在点处的切线方程； （2）求证：当时，； （3）求的零点个数． 【答案】（1） （2）见详细解析 （3）2 【解析】 【分析】（1）根据导数求出切线的斜率，结合点斜式方程即可求解； （2）令，求导研究的单调性，同时结合即可求证； （3）令，求导研究的零点及正负分布，得到的单调性，同时结合即可求解出的零点个数． 【小问1详解】 将代入可得，又， ，所以切线方程为，即． 【小问2详解】 当时，，即证明当时，， 令，，则， 因为，有，所以当时，在上单调递减， 所以当时，，也即． 【小问3详解】 ，令，再求导得， 因为，有，且，故，即在上单调递减， 又因为时，，，且单调递减， 可知在上有且仅有一个零点，其中， 时，，单调递增， 时，，单调递减， 又因为，则，且时，，时，， 所以有2个零点， 综上，的零点个数为2． 19. 如图，在四棱台中，底面，底面是边长为2的正方形，，点为线段上的动点，棱台的体积为. （1）求的长； （2）若平面，请确定点的位置； （3）求平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 【答案】（1）2； （2）点的位置为靠近的4等分点； （3） 【解析】 【分析】（1）根据台体体积公式得到方程，求出； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，求出平面的法向量，根据得到方程，求出答案； （3）求出平面的法向量，在（2）基础上，设出面面角，利用向量夹角余弦公式得到，结合自变量取值范围，求出最大值. 【小问1详解】 底面是边长为2的正方形，， 故底面是边长为1的正方形， 所以底面的面积为，底面的面积为， 底面，故为棱台的高， 故棱台的体积为，解得； 【小问2详解】 因为底面，平面， 所以，， 又，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 由（1）知， 则， 设，， 则，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，， 所以， 因为平面，所以， 解得，此时，点的位置为靠近的4等分点； 【小问3详解】 ， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 由（2）知，平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 令， 则， 因为，故当，即时，取得最大值， 最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $