北京市延庆区2026-2027学年第一学期测试试卷高三数学（含解析）

2026—2027学年第一学期测试试卷高三数学2026.08本试卷共6页，150分，考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效．一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）1.设全集，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】因为，所以.2.在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的虚部为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】由于在复平面内，复数对应的点的坐标是，所以，，故，所以的虚部为.3.下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】A选项，定义域不关于原点对称，不是偶函数；B选项，为奇函数；C选项，根据得到C不满足在区间上单调递增；D选项，判断出函数为偶函数且在上单调递增.【详解】A选项，的定义域为，定义域不关于原点对称，故不是偶函数，A错误；B选项，的定义域为R，且，故为奇函数，B错误；C选项，设，因为，故在上不单调递增，C错误；D选项，的定义域为R，且，故为偶函数，又当时，，在上单调递增，故满足要求，D正确.故选：D4.下列不等式成立的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用对数函数、指数函数的单调性，将各选项中的函数值与特殊值0、1比较，逐一判断正误．【详解】因为在上单调递减，所以，即，故AC错误；因为在上单调递减，在上单调递增，所以，，故B正确，D错误．5.函数（）A.有最大值，也有最小值 B.没有最大值，有最小值C.有最大值，没有最小值 D.没有最大值，也没有最小值【答案】C【解析】【分析】设，将转化为关于的二次函数，即可判断有无最值.【详解】设，则，当时函数单调递增，当时函数单调递减，故有最大值，无最小值.6.已知，是无穷数列，是常数，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】通过分别验证充分性与必要性，结合反例即可判断逻辑关系．【详解】充分性验证：若成立，取，，，显然满足对任意恒成立；但当时，，不存在固定常数满足对所有成立，因此充分性不成立；必要性验证：若存在常数使得成立，根据不等式的传递性，对任意，都有，即可推出，因此必要性成立；综上，“”是“”的必要不充分条件．7.在的展开式中，下列关于各项的描述正确的是（）A.第三项是含的项 B.第四项的系数是160C.第五项是常数项240 D.各项的系数和为64【答案】B【解析】【分析】求出展开式的通项，使用通项求解.【详解】的展开式的通项为：，第三项是：，不是含的项，选项A错误；第四项的系数是：，选项B正确；第五项是：，不是常数项，选项C错误；令，得各项的系数和为，选项D错误.8.函数的图象可能是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据函数奇偶性排除AB，再利用函数单调性或是极限值即可排除D.【详解】，定义域为，关于原点对称，当时，则，且，显然图中没有符合的，当时，，其既不恒等于，也不恒等于，则其不具有奇偶性，即为非奇非偶函数，故AB错误；当时，取的情况，此时，则，则CD图象不适合，则只考虑的情况，当时，取的情况，此时均在上单调递减，则在上单调递减，故D错误，从极限角度考虑则当，且时，此时，则，故D错误.故选：C.9.大面积绿化可以增加地表的绿植覆盖，可以调节小环境的气温，好的绿化有助于降低气温日较差（一天气温的最高值与最低值之差）.下图是甲、乙两地某一天的气温曲线图.假设除绿化外，其它可能影响甲、乙两地温度的因素均一致，则下列结论中错误的是（）A.由上图推测，甲地的绿化好于乙地B.当日时到时，甲地气温的平均变化率小于乙地气温的平均变化率C.当日时到时，甲地气温的平均变化率小于乙地气温的平均变化率D.当日必存在一个时刻，甲、乙两地气温的瞬时变化率相同【答案】C【解析】【分析】结合图中数据分析一一判断各选项即可.【详解】对于A，由图可知，甲地的气温日较差明显小于乙地气温日较差，所以甲地的绿化好于乙地，故A正确；对于B，由图可知，甲乙两地的平均变化率为正数，且乙地的变化趋势更大，所以甲地气温的平均变化率小于乙地气温的平均变化率，故B正确；对于C，由图可知，甲乙两地的平均变化率为负数，且乙地的变化趋势更大，所以甲地气温的平均变化率大于乙地气温的平均变化率，故C错误；对于D，由图可知，存在一个时刻，使得甲、乙两地气温的瞬时变化率相同，故D正确.故选：C.10.已知函数，其定义域记为集合，，则下列结论错误的是（）A.且 B.存在，使得C.当时， D.无零点【答案】B【解析】【分析】A：函数要求、，定义域正确；B：时，，时，，且两段都单调递减，即可判断；C：时，所以，正确；D：若则，不在定义域内，无零点，正确.【详解】选项A：函数，则，解得且，所以且，故A正确；选项B：，令，则，可知在内单调递减，且当趋近于0时，趋近于0时，则对任意均有，即，可知函数在与上单调递减，当时，则，，可得；当时，则，，可得；故不存在使得，故B错误；选项C：当时，，，等价于，因为，则，所以，故C正确；选项D：若，则，即，得，但不在定义域内，所以无零点，故D正确.二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）11.函数的定义域为______．【答案】【解析】【分析】由对数复合函数有意义列出不等式求解即可.【详解】函数要有意义，则，即，解得，所以函数的定义域为.12.在等差数列中，已知，与的等差中项为6，是和的等比中项，则通项公式___________；前项和___________．【答案】①.②.【解析】【分析】根据条件列出方程，求出，，运用公式即可算出与.【详解】设等差数列的公差为，根据题意可得：，，因，解得，，则，即，则，，...13.若在上为增函数，则的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】根据二次函数、一次函数的单调性，结合分段函数的性质列不等式组求解即可.【详解】易知在上为增函数，在上单调递增.若在上为增函数，则，即，解得.故的取值范围是.14.设函数若存在点在函数的图象上，则的一个取值为______，若有且仅有两个点和在函数的图象上，则的取值范围是______．【答案】①.（答案不唯一，满足或即可）②.【解析】【分析】第一空：结合二次函数性质求出的取值范围或者代入特殊值进行验证求解；第二空：结合二次函数性质，然后利用韦达定理中根与和的正负进行判断求解.【详解】第一空：若，则当时，，此时有无数个点在函数的图象上，符合题意；若，则问题转换为求当时，是否存在，使，令，若使，则需满足，即：，则或，又因为两根之积为，所以两根同号，若，则两根之和，两根均为负，不符合的要求；若，则两根之和，两根均为正数，符合的要求，综上所述，存在点在函数的图象上，且的取值范围是或，写出一个范围内的即可；第二空：由第一空可知，有且仅有两个点和在函数的图象上时，要使题目成立，需满足解全在段.当时，，段只有一个解，当时，且解为负根，无符合要求的解，均不符合题意，当时，两根和，又因为两根同号，所以两根均为负数，不符合题意；当时，两根和为正，且此时，所以有两个不等的实数正根，符合题意，综上所述，有且仅有两个点和在函数的图象上，则的取值范围是.15.某社区内有一扇形草坪（如图），扇形的半径为60米，．甲从圆心出发，沿以每秒1米的速度向慢走，同时乙从出发，沿以每秒米的速度向慢跑．若经过秒，甲和乙所在的位置分别为和，记的长度为米．给出下列四个结论：①当时，；②函数在区间上单调递增；③方程在区间上恰有一个根；④若函数在处取得最小值，则．其中所有正确结论的序号是___________．【答案】①②③④【解析】【分析】先根据甲、乙的运动速度和时间得出的表达式，再利用余弦定理求出的表达式，结合导数逐一分析各个结论后可得正确的选项.【详解】由题意得，.在中，，根据余弦定理，可得.结论①：当时，，故，即，故①正确；结论②：设，则.当时，，故，而，，故，即在上单调递增，所以在上也单调递增，故②正确；结论③：若，则，化简可得.设，则.当时，，故，故，故在单调递增，且，，所以在上恰有一个零点，即方程在区间上恰有一个根，故③正确；结论④：因为，其中，设，，则，当，故，故，故当时，当，故，故，故，故当时，故在上单调递增，而，，故存在，使得，且当时，，当时，，故在取最小值，即在取最小值，其中，故④正确.三、解答题（共6小题，共85分）16.已知函数，求：（1）曲线在点处的切线方程；（2）函数的单调区间．【答案】（1）（2）单调递增区间为和，单调递减区间为和.【解析】【小问1详解】因为，所以，，则，则曲线在点处的切线方程为.【小问2详解】因为，且的定义域为，所以由得或；由得或；则的单调递增区间为和，单调递减区间为和17.在中，，，．（1）求及；（2）求的值及面积．【答案】（1），（2），面积为【解析】【分析】（1）根据正弦定理及三角形大边对大角求解即可.（2）根据余弦定理及三角形面积公式求解即可.【小问1详解】由正弦定理得，所以.又，所以，所以.故.综上，，.【小问2详解】由余弦定理得，，整理得，解得或（舍去）..综上，，.18.已知函数．（1）求过原点且与曲线相切的直线方程；（2）若，求的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设切点，求出切线方程，将代入求出即可；（2）根据导函数求出单调性，再根据正负性求出最值.【小问1详解】设切点为，因为，所以，所以在点处的切线方程为，将点代入得，得，则过原点且与曲线相切的直线方程为；【小问2详解】因为，所以，由得或；得；则在，上单调递增，在上单调递减，因为当时，或时，所以的最小值为.19.已知的面积为，．（1）求边上的高；（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上中线的长．条件①：；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别作答，按第一个解答计分．【答案】（1）（2）选择条件①，AC边上中线长为【解析】【分析】（1）利用三角形面积公式进行求解；（2）利用余弦定理进行求解.【小问1详解】因为，所以.【小问2详解】选择条件①，，化简得，所以，所以，，由面积公式得，则，此时由余弦定理得，则，且，所以此时有唯一的三角形，且为直角三角形，所以边上中线的长为；选择条件②，若，则由面积公式得，解得，所以或，若，则，，因为，，所以，所以，满足三角形的要求；若，则，，所以，满足三角形的要求，所以选择条件②时，三角形不是唯一的，不符合题意；选择条件③，若．则，由面积公式得，所以，当时，由余弦定理得，满足三角形的要求；当时，由余弦定理得，满足三角形的要求；所以选择条件③时，三角形不是唯一的，不符合题意.20.已知曲线在点处的切线方程为．（1）求、；（2）是否存在极值？若存在，求出极值；若不存在，说明理由；（3）当时，求直线与曲线交点的个数．【答案】（1）、（2）无极大值也无极小值；理由如下：由（1）知，求导得，令，求导得，令，得，解得，当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，所以无极大值也无极小值；（3）交点的个数为1个【解析】【分析】（1）由题意可得，，进而求解可求得、；（2）求导得，令，进而利用二次导数可得，进而可得结论；（3）分和两种情况讨论，当时，得，利用换元法，结合导数求得的最小值，进而结合可得结论.【小问1详解】由，得，所以.因为，所以，所以，所以①；又，，所以，所以，代入①得，所以，所以，因为，所以，所以，解得.【小问2详解】略.【小问3详解】由题意，直线与曲线交点的个数即为的解的个数.当时，，所以直线与曲线交点的个数为1个；当时，则，由，得，令，令，得，求导得，令，则，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，所以，所以，所以，当且仅当时取到等号，所以，当时，，所以函数在上单调递增，当时，可得，令在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递减，所以，又，所以方程在上无解，所以当时，直线与曲线交点的个数为1个．21.设无穷数列的前项和为，为单调递增的无穷正整数数列，记，定义．（1）若，，写出，的值；（2）若，求；（3）设求证：对任意的无穷数列，存在数列，使得为常数列．【答案】（1），（2）（3）若为有限集，设其最大元素为（若为空集，取），则当时，存在满足.令，则，所以；若为无限集，设，其中，记，则.①若数列中只有有限项为正数，记（若中没有正数项，取），