山西省吕梁市2025-2026学年高三上学期10月阶段性测数学试卷（Word版附解析）

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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，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上．
2．答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．
3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．
4．保持卡面清洁，不折叠，不破损．
一、单选题：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. 若集合是小于6的正整数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用列举法表示集合，再结合交集的概念求两个集合的交集.
【详解】由题意：，所以.
故选：D
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的运算即可求出答案.
【详解】已知，则.
故选：C.
3. 设，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
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】必要性：若，则可得，所以可得，必要性成立；
若，则，而，故充分性不成立，
“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4. 若且，则的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本不等式求解即可.
【详解】由基本不等式可得：，
所以，当且仅当时等号成立；
所以的最大值为；
故选：B
5. 已知为单位向量，且满足，设的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量垂直和向量数量积的定义进行求解即可.
【详解】因，所以，
化简得，因为为单位向量，夹角为，
所以，解得.
因为向量夹角的范围为，所以.
故选：C.
6. 已知函数，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用奇函数定义得为奇函数，再由基本初等函数的单调性可得为增函数，从而得，即可求解.
【详解】因为的定义域为，关于原点对称，
又，所以为奇函数，
易知在定义域上单调递增，
由，得到，
所以，解得，
故选：A.
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用两角差的余弦公式展开已知条件中的，通过移项化简得到的值，再利用余弦的二倍角公式即可求解.
【详解】由题知，
所以，即，
所以.
故选：B.
8. 已知实数，且满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，利用导数判断其单调性，然后可得，结合已知可比较的大小；构造函数可比较的大小，然后可得答案.
【详解】记，则，在上单调递增，
所以，当时，，即，所以，
因为，，所以，所以；
记，则，
所以上单调递增，
所以，当时，，即，所以，
因为，，所以，所以.
综上，.
故选：A
二、多选题：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. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期是
B. 的图象关于点中心对称
C. 的图象关于直线对称
D. 将的图象向左平移个单位长度后得到的函数为偶函数
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A，利用周期公式直接计算判断；选项B，根据中心对称的定义，计算对称中心处的函数值判断；选项C，根据轴对称的定义，验证判断；选项D，先进行图象平移得到新函数，再根据奇偶性定义判断.
【详解】选项A，对于函数，最小正周期，题中，所以，所以A正确；
选项B，若函数图象关于点中心对称，则有，但，所以B错误；
选项C，若的图象关于直线对称，则，又，
，所以，所以C正确；
选项D，将的图象向左平移个单位长度后得到的函数为，则，
所以，即不是偶函数，所以D错误.
故选：AC.
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的极大值为
B. 若，则
C. 若方程有两个不等的实根，则
D. 若过点恰有三条与曲线相切的直线，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】求导确定函数单调性即可判断ABC，对于D，设切点坐标为，通过斜率得到，化简可得：，问题转化成方程有3个不同的根，进而可求解.
【详解】定义域为，，
由得，由得，
所以在单调递增，在单调递减，
当时，，当时，，
在时，取得极大值；A正确，
当时，，由单调性可知；B正确，
由函数单调性和极值可知：若方程有两个不等的实根，则，C错误；
设切点坐标为，则切线斜率为，
由两点得切线斜率，化简可得：，
若过点恰有三条与曲线相切的直线，则方程有3个不同的根，
令，定义域为，，
由得：或，由得：，
所以在单调递减，在单调递增，
极小值为，极大值，当时，，当时，，
所以方程有3个不同的根，即和的图象有3个交点，则，D正确；
故选：ABD
11. 已知正项数列满足为数列的前项和，则（ ）
A. 数列为递增数列B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由可判断，对于B，由得到，即可判断，对于C，由和当时， 得到，即可；对于D，由，裂项相消求和即可.
【详解】对于A，由，得，
所以，即，递增数列，A正确；
对于B，由，
得，
即，又，
则，
所以，B错误；
对于C，由于，当时，，
当时，，
当时，先证，即证，
由于，
所以，
即，
综上：，C正确，
对于D，由，得，
所以，D正确，
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若等差数列的前三项和为7，且，则该等差数列的公差为___________．
【答案】3
【解析】
【分析】由题意，求出和的值，进而可求得公差d.
【详解】设公差为d，由题意，所以，
又，所以，
所以，则该等差数列公差为3.
故答案为：3
13. 如图，在正方形中，，，若，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】利用平面向量基本定理求解.
【详解】因为，
又,，
所以.
故答案为：
14. 已知定义在上的函数与满足，其中为奇函数，的图象关于直线对称，且，则___________．
【答案】4
【解析】
【分析】根据已知条件推导出与是周期函数，进而利用函数的周期求出的值．
【详解】已知奇函数，
则，即，
用代替，则，即．
因为的图象关于直线对称，所以．
已知，则，
用代替，可得，
由和，
可得，即，
因为，且，
将两式相加可得，
用代替，则．
由和，可得，
所以函数的周期为4．
因为，用代替，则．
由和，且，
可得，即，
所以函数的周期也为4．
由，令，得，即，
所以，
．
所以．
故答案为：4．
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）求的最大值；
（2）求的单调区间．
【答案】（1）；
（2）增区间为和，减区间为.
【解析】
【分析】（1）先将化成，再由求出的范围，从而利用正弦函数的图像得到的最大值；
（2）由得到，在这个范围内分别求出的增减区间.
【小问1详解】
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
的最大值为.
【小问2详解】
，，
当时，即当时，为增函数，
当时，即当时，为减函数，
当时，即当时，为增函数.
综上，的增区间为和，减区间为.
16. 已知函数．
（1）若是偶函数，求实数的值；
（2）解不等式．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出的定义域，再利用奇偶函数的性质，即可求解；
（2）根据条件，利用对数的运算及对数函数的性质得，再结合函数的定义域，即可求解.
【小问1详解】
由，解得，所以的定义域为，
又是偶函数，则的定义域关于原点对称，所以，即实数的值为.
【小问2详解】
由（1）知的定义域为，由，
得到，，
即，
则，解得，
所以不等式的解集为.
17. 已知数列的前项和为，且，．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）求数列的前项和；
（3）若对恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见详解；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据已知配成完全平方即可得证；
（2）利用错位相减法求解可得；
（3）分离参数，转化为求数列的最大值问题，考察数列单调性即可得解.
【小问1详解】
因为，所以，即，
所以，又，所以是以2为首项和公比的等比数列.
【小问2详解】
又（1）可得，，
所以①，
则②，
由①-②得：，
所以
【小问3详解】
由（1）可得，，
所以，即，
记，
因为，
所以时，，即，
当时，，即，
所以，所以，
所以实数的取值范围为.
18. 如图，内一点满足．
（1）若，求的值；
（2）若，求的长．
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）由题意，分别求出、、和的值，根据两角差的正弦公式，化简计算，即可得答案.
（2）设，分别求出、和的值，根据两角和的余弦公式，可得的表达式，根据余弦定理，可得的表达式，联立可得x值，代入余弦定理，可得的长
【小问1详解】
因为，，，
所以，
所以为等腰三角形，
则，，
在中，，
所以
【小问2详解】
设，在中，，
所以，
由余弦定理可知，
因为，所以，所以，
所以为锐角，所以为锐角，
又，则，
所以
，
在中，由余弦定理得,
所以，即，
解得，
因为，所以在以为直径的圆上，所以小于边上的高，
故，所以（舍去），
在中，
，
所以.
19. 已知函数．
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）当时，讨论函数的单调性；
（3）设，为函数的极值点，且，若是一个三角形的三边长，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）答案见解析； （3）
【解析】
【分析】（1）将已知数据代入，求导，利用导数的几何意义求解即可；
（2）将已知数据代入，求导，然后分、、及分别求解即可；
（3）由极值的定义可得，为方程的两个不等的正实根，由韦达定理可得，从而得，，由及是一个三角形的三边长，可得,由，可得，从而得，利用导数求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以，，
求导得，
所以，
所以函数在点，即处的切线方程为，
整理得；
【小问2详解】
因为，
所以，
求导得，
令，得，
解得，
当，即时，的解集为；的解集为；
此时函数的单调递减区间为，单调递增区间为 ；
当，即时，的解集为；的解集为；
此时函数的单调递减区间为，单调递增区间为，；
当，即时，恒成立，
此时函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
当，即时，的解集为；的解集为；
此时函数的单调递减区间为，单调递增区间为，；
综上，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为 ；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，；
当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，；
【小问3详解】
对函数，
求导得，
因为，为函数的极值点，且，
所以，为方程的两个不等的正实根，
所以，
由韦达定理可得，
又因为是一个三角形的三边长，
所以
所以；
由，可得，
由，可得，解得①，
由，可得，
又因为，
所以，
解得②，
又因为，
所以，
即，
所以，
解得且③，
由①②③可得，
又因为，
所以在边中，边最大，
由，可得，
整理得，
即
又因为，
所以，
解得，
所以，
令，
则，
所以在上单调递增，
所以，
即的范围为.