山东省临沂市沂水县第四中学2026届高三上学期10月阶段性质量检测数学试卷（含解析）

沂水县第四中学2026届高三上学期10月阶段性质量检测数学试题一、单选题1．“”是“”的（

）条件．A．充要 B．充分不必要 C．必要不充分 D．既不充分也不必要2．设等差数列的前项和，若，，则（

）A．18 B．27 C．45 D．633．在中，，，，则（

）A． B． C． D．4．已知，则（

）A．5 B． C．-5 D．5．已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（

）A． B． C． D．6．函数（，，）的部分图象如图所示，图象上的所有点向左平移个单位长度得到函数的图象.若对任意的都有，则图中的值为（

）

A． B． C． D．7．已知等比数列的前项和为，若对于任意，不等式恒成立，则的取值范围为（

）A． B． C． D．8．若是函数的导函数的两个不同零点，且，2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则（

）．A．5 B．13 C． D．二、多选题9．下列命题是真命题的是（

）A．B．函数的图象关于点中心对称C．命题“”的否定是“”D．正数满足，则的最小值为410．已知函数，则（

）A．函数在上单调递减B．函数的图象关于点对称C．函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象关于y轴对称，则m的最小值是D．若实数m使得方程在上恰好有三个实数解，，，则11．已知等差数列的首项为，公差为，前项和为，若，则下列说法正确的是（

）A．当时，最大B．使得成立的最小自然数C．D．数列中最小项为12．已知各项均为正数的数列满足，且数列的前n项积为，则下列结论正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．存在及正整数k，使得 D．若为等比数列，则三、填空题13．已知，利用课本中推导等差数列前项和的公式的方法，可求得______．14．已知数列{}的通项公式为，前n项和为，当取得最小值时，n的值为___________.15．如图，在平面四边形中，，，，，则_________.四、解答题16．已知分别为三个内角的对边，且.(1)求；(2)若，求.17．已知函数.(1)求的最大值及相应的取值集合；(2)设函数，若在区间上单调递增，求的取值范围.18．记正项数列的前项积为，且.(1)证明：数列是等差数列；(2)记，求数列的前项和.19．在中，内角的对边分别是，其中，且满足.(1)求角；(2)求周长的取值范围；(3)若为锐角三角形，求的取值范围．20．已知等比数列的前项和为，且，等差数列的前项和为，且，．(1)求数列和的通项公式；(2)令，求数列的前n项和．(3)在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项，若不存在，请说明理由．1．C【详解】因为，可得或，故充分性不成立；当时，可得，故必要性成立，故”是“”的必要不充分条件，故选：.2．C【详解】由题意得成等差数列，即成等差数列，即，解得.故选：C3．A【详解】由题意得，又，所以.故选：A4．D【详解】已知，可变形为.因为，，所以.左边，即.右边，即.所以.可得：.即.所以，也就是.故选：D.5．B【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增，则需满足，解得，即a的范围是.故选：B.6．A【详解】解：由，得.的图象上的所有点向左平移个单位长度后得的图象，由题意知为奇函数，所以其图象关于原点对称，得函数的图象过点.设的最小正周期为，则，所以，故.又，，且，可得，所以，.故选：A.7．A【详解】设数列的公比为，由题意知，由，解得，所以，因为，当且仅当，即时等号成立，所以，解得.故选：A8．C【详解】因为，所以，所以为两个不等的负数，不妨设，则必有，2（或2，）成等差数列，（或）成等比数列，故有，解得，可得，∴，故选：C．9．BC【详解】选项A：因为，故A说法错误；选项B：因为，其图像可由向左平移2个单位再向上平移2个单位得到，又的图象关于原点中心对称，所以的图象关于中心对称，故B说法正确；选项C：命题“”的否定为“”，故C说法正确；选项D：因为正数满足，所以，当且仅当且，即，时等号成立，所以的最小值为，故D说法错误；故选：BC10．BCD【详解】，对于A，令，则，所以对于函数，时，有增有减，A错；令，则，B正确；对于C，平移后，得，若图象关于y轴对称，则，，，，C正确；因为，作出图像如图所示，由与有且只有三个交点，所以，又因为时，且，关于直线对称，所以，D正确.故选：BCD.11．ABD【详解】根据题意：，即，两式相加，解得，当时，最大，故A正确；由，可得，所以，故，所以，故C错误；由以上可得：，，而，当时，；当时，；所以使得成立的最小自然数，故B正确.当或时；当时；由，所以中最小项为，故D正确.故选：ABD12．ABD【详解】对于A，若，则，∴，故A正确；对于B，若，则，所以，两式相除得，所以，故B正确；对于C，因为，所以，所以，又因为数列各项均为正数，所以，即，故不存在及正整数k，使得，故C错误；对于D，若为等比数列，设其公比为，则，所以，则，故D正确．故选：ABD.13．2022【详解】解：由，令，则，两式相加得：，∴．故答案为：202214．7【详解】当，，解得：，当和时，，所以取得最小值时，.故答案为：715．/【详解】设，在中，由正弦定理可得①，由可得，则，，在中，由正弦定理可得②，①②两式相除，得，即，整理得，故.故答案为：16．(1)(2)【详解】（1）由正弦定理边化角可得，即，所以，因为，所以，又，解得；（2）若，则，这里是三角形外接圆的半径，解得，由余弦定理可得.17．(1)，的取值集合为(2)【详解】（1）依题意，，当，即时，，此时，的取值集合为．（2）由（1）知，，当时，，由在区间上单调递增，可得：，解得：，所以的取值范围是18．(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：由题意得，当时，可得，可得，因为，所以，即，即，当时，可得，所以，解得，所以数列是以为首项，为公差的等差数列．（2）解：由（1）可得，所以，所以.19．(1)(2)(3)【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，则．所以，又因为，可得，所以，即，因为，所以．（2）解：由（1）知，，由余弦定理得，因为，所以．又由基本不等式，可得，即，所以，当且仅当时，等号成立，又因为，即，因为，所以，所以，即周长的取值范围是．（3）解：因为且，由正弦定理得，可得，因为，所以，所以，又因为锐角中，可得，即，解得，所以，所以，则，即，所以的取值范围为.20．(1)，(2)(3)不存在，理由如下：由（1）知.所以，所以．设数列中存在3项，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列.则．故，即．又因为m，k，p成等差数列，所以，故.故，化简得，所以.又因为