2026年辽宁名校联盟高三10月考试数学试卷（含答案解析）

试卷第=page11页（共=sectionpages33页）试卷第=page11页（共=sectionpages33页）高三10月数学试卷本试卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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（

）A． B．C． D．2．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3．已知定义域为的函数满足，当时，，则（

）A．0 B．24 C．35 D．484．在中，已知内角、、所对的边分别为、、，且，则（

）A． B． C． D．5．已知向量，满足，，且向量在向量上的投影向量为，则（

）A． B． C． D．6．记为正项等比数列的前项和，已知，，则（

）A．11 B．15 C．19 D．237．已知函数在上的最小值为1，则（

）A． B． C． D．8．已知，，则（

）A． B． C． 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．已知平面向量，，，在正方形网格中的位置如图所示，若网格中每个小正方形的边长为1，则（

）A． B． C． D．10．已知函数的部分图象如图所示，且点和最低点在曲线上，则（

）A．B．点为曲线的一个对称中心C．将曲线向右平移个单位长度，得到的曲线关于轴对称D．函数在上的值域为11．在等差数列中，，．记为数列的前项和，且．从数列中去掉与数列中相同的项后，按从小到大的顺序排列组成新数列，设数列的前项和为，则（

）A．B．C．D．当是3的倍数时，被6整除的余数为0或1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知函数单调递增，则实数的取值范围为________．13．已知函数，若实数a满足，则满足条件的实数a的值有________个．14．已知二次函数的两个零点为，，若，，三个数适当调整顺序后既可为等差数列，也可为等比数列，则b的值为______．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．在数列中，，．(1)求数列的通项公式；(2)设，证明：．16．已知函数．(1)求关于x的不等式的解集；(2)若关于x的方程在上有两个不相等的实数根，求实数m的取值范围．17．已知函数是偶函数，且函数为奇函数．(1)求的解析式；(2)若不等式的解集为．（i）求集合；（ii）设，若关于的不等式（，）在上恒成立，求实数的取值范围．18．记的内角的对边分别为，且．(1)求；(2)设点在边上，，边上的中线与相交于点．（i）若为定值，且的最大面积为，求；（ii）若，且，证明：．19．已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)证明：有唯一的极大值点；(3)设为的极大值点，且．证明：．答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）1．C【详解】因为集合，，所以.2．A【详解】当时，显然，充分性成立；当时，，解得或，不能推出，必要性不成立.所以“”是“”的充分不必要条件.3．D【分析】由知是周期为3的周期函数，把沿周期平移到给定解析式的区间内，再代入求值.【详解】反复应用：，，所以.因为，此时，所以.4．B【详解】.所以，由余弦定理可得.5．A【详解】由，得，即，所以，由向量在向量上的投影向量为，得，所以，所以，则.6．B【详解】由等比数列的性质可知，，，，组成等比数列，则，即，整理得，解得或，又数列的各项为正数，所以，则，所以，由1，2，4，组成等比数列，可得，解得.7．C【分析】先对原函数求导并根据参数的符号分类讨论得出单调性与最小值表达式，随后构造函数并利用其单调性求出唯一解，最终确定参数的值.【详解】，若，当时，，所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减，则，令因为，所以在区间上单调递增，且，所以，符合题意；若，显然不合题意；若，当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，所以存在最大值，不存在最小值，不合题意.8．A【详解】由题意，可得，所以，，两式联立解得，，所以，故.9．ACD【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，则，，.对于A选项，，故A选项正确；对于B选项，，故B选项错误；对于C选项，，所以，则，故C选项正确；对于D选项，设，则，所以解得，，则，故D选项正确.10．AB【分析】求出的值，根据以及可得出的值，可判断A选项；结合图象求出的值，可得出函数的解析式，利用正弦型函数的对称性可判断B选项；求出平移后的函数解析式，利用正弦型函数的奇偶性可判断C选项；利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的基本性质求其值域，可判断D选项.【详解】对于A选项，由最低点，则，而，得，由，则，故A选项正确；对于B选项，由图可知，点为函数的图象的最低点，根据五点作图法可知，则，设函数的最小正周期为，则，即，所以，故，所以，所以，因为，所以点为曲线的一个对称中心，故B选项正确；对于C选项，曲线向右平移个单位长度得到，为奇函数，关于原点对称，故C选项错误；对于D选项，，由，得，则，则，故D选项错误.11．BCD【分析】对于ABC选项，利用等差等比数列的通项公式结合退步作差法与前项和公式依次验证即可，对于D选项，先求出两数列的通项公式并找出其公共项，利用“原数列和减去公共项和”的方法求出新数列的和，最后运用二项式定理展开并结合奇偶性分类讨论来求解最终的整除余数问题.【详解】对于A选项，由等差数列的性质可知，，解得，故A选项错误；对于B选项，由，得，两式相减得，所以，则，当时，，即，解得，则，所以，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，则，所以，故B选项正确；对于C选项，设等差数列的公差为，则有，解得，则的通项公式为，则，又，，，所以，故C选项正确；对于D选项，因为，所以前项中包含了前项，剩余项数为，所以有，其中，显然除了外其余各项都能被整除，故整体记为(为整数)，同理，除了最后一项外其余各项都能被整除，整体记为(为整数)，则有，即，因为是的倍数，则也是的倍数，，因为不影响整除性，所以是3的倍数，若为偶数，，代入可得，因为是的倍数，所以是的倍数，结合为偶数，此时必然是的倍数，此时被6整除的余数为，若为奇数，，代入可得，因为是的倍数，所以(为正整数)，由于为奇数，则为奇数，则为奇数，设(为非负整数)，代入得，解得，此时被6整除的余数为，综上，当是3的倍数时，被6整除的余数为或，故D项正确.12．【分析】等价于恒成立，利用判别式即可求解.【详解】函数单调递增，所以恒成立，则，可得.13．7【详解】（1）当时，有，有.①当时，由，有，解得；②当时，由，有，解得或.（2）当时，有，有或.①当时，由或，有或，解得（舍去）或（舍去）.②当时，由或，有或，解得或或或.由上知或3或或9或或或，故满足条件的实数的值有7个.14．5【分析】根据等差数列、等比数列的性质，结合韦达定理求解即可.【详解】由题意得，，所以.因为，，三个数适当调整顺序后可为等比数列，则一定为中间项，所以，则.因为，，三个数适当调整顺序后可为等差数列，所以为最小的项，所以，即.代入中得，，整理得，解得或（舍去），所以.故.15．(1)(2)证明：由（1）知，，所以【详解】（1）由，得，又，所以数列是首项为2，公差为1的等差数列，所以，故.（2）略16．(1)(2)【分析】（1）先化简得到，再根据正弦函数的图象及性质求解即可；（2）转化问题为函数与在上有2个交点，进而结合图象求解即可.【详解】（1）由，则不等式，可化为，可得，解得，故关于的不等式的解集为.（2）由（1）知，，当时，，因为方程在上有两个不相等的实数根，所以方程在上有两个不相等的实数根，所以函数与在上有2个交点，如图，由图可知，，故实数的取值范围为.17．(1)(2)（ⅰ）；（ⅱ）【分析】（1）根据函数的奇偶性列式求解即可；（2）（ⅰ）结合奇函数的性质，利用函数单调性解不等式；（ⅱ）将问题转化为在上恒成立，令，则，然后利用对勾函数的单调性即可求解.【详解】（1）由题意可知，，则，①又，则，②由①②得.（2）（ⅰ）由（1）可知，为奇函数，则，又，在上均为减函数，所以在上为减函数，由，得，根据在上的单调性可知，，解得，故.（ⅱ）由（ⅰ）可知，.当时，，由，得，所以在上恒成立，令，则，所以，因为在上单调递增，在上单调递减，则，所以，故实数的取值范围为.18．(1)(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明：由，两边平方得，，又由，所以，即，又由，有，整理得，又由，所以，因此为等边三角形，所以.由（ⅰ）可知，，所以，在中，，由余弦定理得，.【分析】（1）由二倍角公式和正弦定理化简等式，即可求得角；（2）（ⅰ）作辅助线，利用三角形中位线，求得线段比例，从而得到面积表达式.由余弦定理和基本不等式求得面积最大值，从而求得的值；（ⅱ）以为基底表示出，由向量的模建立的等量关系，结合余弦定理解得的关系.结合（ⅰ）中的结论，表示出，然后通过余弦定理即可求得.【详解】（1）由，得由正弦定理得，所以，又，故.（2）（ⅰ）如图，由题意可知，为边的中点，过点作，交于点，则为的中位线，所以，，又，所以，又，所以，则，因此，又，所以，则，由与余弦定理得，，当且仅当时取等号.所以.又的最大面积为，所以，解得.（ⅱ）略19．(1)(2)证明：，当时，，在上单调递减；当时，，令，则，令，则，所以在上单调递增，由，得，所以，则，令，易知在上单调递减，又，，设，则，令，所以，则在上单调递减，所以，即.因此，结合单调性，可知存在唯一的，使得，即，故为唯一的极值点.当时，，即，所以在上单调递增，当时，，即，所以在上单调递减，再结合在上单调递减，所以为在上的极大值点.综上可知，有唯一的极大值点.(3)由（2）知，的最大值为，当时，，所以，则，由，恒成立，得，则.因为，且，可得，有，又由函数单调递增，且有，可得.将代入不等式，可化为.令，有，令，有.由，有，可得函数单调递减，可得，可得函数单调递增，有，故不等式成立.【分析】（1）求导后代入切点横坐标得到切线斜率，结合点斜式即可求解切线方程；（2）先求导，通过变形构造同构函数，结合辅助函数的单调性、零点存在定理证明导函数存在唯一零点，再判断零点两侧导函数的正负，确定该零点为唯一极大值点；（3）利用第二问得到的极大值点满足的等量关系消去参数，结合的恒成立条件得到参数范围，最终将待证不等式转化