辽宁省丹东市2026届高三上学期总复习阶段测试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省丹东市2026届高三上学期总复习阶段测试数学试题一、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.已知集合，，则中元素的个数为（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】由题意得：.故选：C.2.复数的虚部为（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】，所以复数的虚部为．故选：D．3.函数的一个对称中心为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】的对称中心为，令，解得，所以的对称中心为，时，的一个对称中心为，其他都不符合．故选：A．4.已知向量，，则（）A.“”是“”的必要条件 B.“”是“”的必要条件C.“”是“”的充分条件 D.“”是“”的充分条件【答案】C【解析】若，则，解得或，但由推不出，是的充分条件，故A错误；同理但由推不出，是的充分条件，故C正确；若，则，解得或，即等价于或，与无关，“”不是“”的必要条件，故B错误；当时，，由，故得不出，“”不是“”的充分条件，故D错误．故选：C．5.下列函数中最小值为4的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】对于A，，当且仅当时，等号成立，所以最小值为3，故A错误；对于B，因为，，当且仅当，即时等号成立，所以等号取不到，故B错误；对于C，因为函数定义域为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以最小值为4，故C正确；对于D，的定义域为，所以，当时，，故D错误.故选：C.6.展开式中的系数为（）A. B.12 C. D.18【答案】A【解析】根据题意，展开式中项为，所以展开式中的系数为．故选：A．7.已知，且，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因为，所以

，所以，所以的图象关于对称，又因为在上均为单调递增函数，所以在上单调递增，在上单调递减，因为，结合对称性可得，两边平方后化简可得，解得或，所以的取值范围是.故选：B.8.设，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为函数在上单调递减，函数在上单调递增，所以，，所以，所以，所以，所以.故选：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.有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中，为非零常数，记，，…，的平均数，极差，方差，标准差分别为，，，，则下列说法正确的是（）A.的平均数为 B.的极差为C.的方差为 D.的标准差为【答案】AC【解析】选项A：新数据的平均数

，因此，A正确；选项B：当时，，与极差非负矛盾，因此，B错误；选项C：新数据的方差，因此，C正确；选项D：当时，，与标准差非负矛盾，因此，D错误.故选：AC.10.如图所示，是函数的部分图象，则（）A.的最小正周期为 B.在上单调递增C.是的对称轴 D.【答案】ACD【解析】由图象可知：，即函数的最小正周期为，故A正确；由图象可知，函数在即上单调递增，所以函数的单调增区间为，.令，得函数的增区间为，故B错误；由图象可知，函数的一条对称轴为，所以函数的对称轴方程为，.令，得，即是的对称轴，故C正确；由图象，，所以，即，又函数正周期为，所以，D正确.故选：ACD.11.定义在上的奇函数满足，在区间上单调递增，且，则（）A. B.在上单调递减C.关于直线对称 D.【答案】AB【解析】因为，所以，所以，故，所以，所以，所以，6是函数的一个周期.对于A，因为是定义在上的奇函数，所以，所以，正确；对于B，因为，因为是的周期，所以，故所以函数的图象关于对称，又在区间上单调递增，所以在区间上单调递减，正确；对于C，因为，所以，又，所以，所以的图象不关于直线对称，根据周期性可知，的图象不关于直线对称，错误；对于D，因为，，所以，错误.故选：AB.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知等比数列的前3项和为168，前6项和为189，则数列的公比______.【答案】【解析】〖祥解〗利用，结合已知列方程求解即可.【详析】由题可得，所以，即，解得.故答案为：13.若，，则的值为______．【答案】1【解析】当时，，令，则，解得，当时，，不满足“若，恒成立”，；当时，函数在上单调递减，且时，，时，，函数，开口向上，对称轴为，时，，令，解得，在时，在时，，在上成立，在上不成立，故不满足“若，恒成立”，故；当时，令，则在上单调递增，开口向上，对称轴为，，恒成立，的零点相同，令，解得，令，设两根为，则，的零点相同，是的一个根，即，解得或（，舍去），．故答案为：1．14.已知，为的最大值，，当时，则______.【答案】【解析】利用辅助角公式得：，其中满足

和

.这个函数的最大值是

，因此：，平方得：，在时，取得最大值，此时，即，，又

和

，代入得：，得：，联立，解得：或，所以.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.已知函数，.（1）求；（2）求的最小值和单调区间.解：（1）因为，所以.又，所以.（2）因为.所以函数最小值为，当，，即，时取最小值.由，，；由，，.所以函数的单调增区间为，，单调减区间为，.16.有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5.（1）若任取出3个球，求1号球被取到的概率；（2）从中有放回地随机取3次，每次取出1个球，记为这5个球中从未被取出的球的个数，求的分布列和数学期望.解：（1）设“1号球被取到”为事件，则.（2）

可取2、3、4，：有2个球没有被取出，，：有4个球没有被取出，，由分布列的性质得：，故的分布列为：234.17.记内角，，的对边分别为，，，已知是的中点，且.（1）若的面积为，，求；（2）若，当最大时，求，的值.解：（1）方法1：在中，因为为中点，，，则，解得，在中，，由余弦定理得，即，解得，则，，所以；方法2：在中，因为为中点，，，则，解得，在中，由余弦定理得，即，解得，有，则，，过作于，于是，，所以.（2）在中，由余弦定理得，在中，由余弦定理得，因为，，，即，，所以，因为，所以，在中，由余弦定理可得，由基本不等式可得，当且仅当，即时，等号成立，所以，因为函数在上单调递减，所以当时，角最大，此时，因为，所以.18.已知数列的前项和为，且，各项均为正数的递增数列满足，.（1）求的通项公式；（2）求的通项公式；（3）记数列的前项和为，求.解：（1）当时，，又，所以.当时，，，两式相减得：，即，所以.故数列是以为首项，为公比的等比数列，所以.（2）因为数列是以为首项的递增数列，所以.又数列的各项均为正数，且，所以，即，即，所以，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以.（3）由（1）和（2）可知，则①，所以②，由①②可得：.令③，则④，由③④得，所以，所以，所以.19.已知函数.（1）当时，讨论的单调性；（2）若，恒成立，求实数的取值范围；（3）设有两个极值点，求的取值范围.解：（1）当时，的定义域为，求导，令，解得或，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，综上，在和上单调递增，在上单调递减.（2），设.若，