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河南省三门峡市 2026届高三上学期阶段性考试数学试卷
一、单选题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求
的。
1.已知集合 = {0,1,2,3,4,5}， = {1,2,4}， = {0,3,4}，则 ∩ ( ) =( )
A. {2,4} B. {2,5} C. {1,2} D. {0,2,4}
2.如图是下列四个函数中的某个函数在区间[ 2,2]的大致图象，则该函数是( )
2sin 2 sin
A. ( ) = B. ( ) =
2+1 2+1
3 3+3
C. ( ) = 2 D. ( ) = +1 2+1
3.若角 满足sin |sin | + cos |cos | = 1，则 是
A. 第一象限的角 B. 第二象限的角 C. 第三象限的角 D. 第四象限的角
2 2
4.若向量 = (2 + 3, ), = ( , 1)，则“ 2 3 = 0”是“ // ”的( )
A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
1
5.在等比数列{ }中， , 是函数 ( ) =
3
3 7 + 4
2 + 9 1的极值点，则
3 5
=
A. 4 B. 3 C. 3 D. 4
6.我们可以把(1 + 1%)365看作每天的“进步”率都是1%，一年后是1.01365；而把(1 1%)365看作每天的
1.01365
“落后”率都是1%，一年后是0.99365.可以计算得到，一年后的“进步”是“落后”的 365 ≈ 1481倍.如0.99
果每天的“进步”率和“落后”率都是10%，至少经过( )天后，“进步”是“落后”的1000倍. (lg3 ≈
0.477, lg11 ≈ 1.041)
A. 31 B. 33 C. 35 D. 37
2 15√ 3
7.在 中， = 5,∠ = , = , 是 边上一点，若 是直角三角形，则 的长3 4
为( )
15√ 3 15√ 3 15√ 3 15√ 3 15√ 3 15√ 3
A. B. C. 或 D. 或
13 11 14 13 14 11
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8.已知数列{ }满足 2 = 4，对 ， ∈
，都有 + = ， 为数列{ }的前 项乘积，若 5 <
4，则 101 =( )
A. 25151 B. 25050 C. 2101 D. 25151
二、多选题：本题共 3小题，共 18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若{ }为等差数列， 2 = 11, 5 = 5，则下列说法正确的是( )
A. = 15 2 B. 20是数列{ }中的项
C. 数列{ }单调递减 D. 数列{ }前7项和最大
10.已知函数 ( ) = 2cos cos2 ( ∈ )，则( )
A. ( )是偶函数 B. ( )的最小正周期是

C. ( )的值域是[ 3,3] D. ( )在[ , ]上单调递减
3
11.已知函数 ( ) = 3 |3 2 3| ，则( )
A. ( )只有1个极小值点
B. 曲线 = ( )在点(3, (3))处的切线斜率为9
C. 当 ( )有3个零点时， 的取值范围为( 3,1)
D. 当 ( )只有1个零点时， 的取值范围为( ∞, 3) ∪ (1,+∞)
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。
12.已知向量 , 满足| | = 2, = (3,0)，若向量 在向量 方向上的投影向量的坐标为(1,0)，则
| + | = ．
, ≤ 0,
13.已知函数 ( ) = { 过原点 (0,0)作曲线 = ( )的切线，其切线方程为 ．
ln , > 0,

14.已知 ，角 , , 的对边分别是 , , ，已知 2 + 2 cos = 3 2，若 ∈ ( , )，则tan 的取值范
6 4
围是 ．
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.(本小题13分)
已知函数 ( ) = (6 )( > 0，且 ≠ 1).
(1)求 ( )的定义域；
(2)若 (4) = 1，求不等式 ( ) > (2 3)的解集．
16.(本小题15分)
在数列{ }中， 为其前 项和， 1 = 2, +1 = + 2, ∈ ．
(1)若数列{ }为等差数列，求 ；
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(2)若 = (
1) , ∈ ，求 , ．
17.(本小题15分)
在 中，角 , , 的对边分别为 , , .已知 sin = √ 3 cos ， 2 = 1， = √ 7．
(1)求 的值；
(2)求 的值；
(3)求sin( + 2 )的值．
18.(本小题17分)

设函数 ( ) = (sin + cos )2 + √ 3sin(2 + ) 1．
2
(1)由 ( )的图象如何变换得到 ( ) = 2sin 的图象
(2)求方程 ( ) + ( ) = 0, ∈ [0,2 ]的解；

(3)若函数 ( ) = cos(2 + ) + 2cos 在区间[0, ]上单调，求 的最大值．
3
19.(本小题17分)
+
设 ， 是不同的正数，我们称 为 ， 的对数平均值，且√ < < ，该不等式称为“对数
ln ln ln ln 2
平均不等式”．
(1)任意选择“对数平均不等式”的一边给出证明. (注：如果两边都给出证明，按第一个证明计分)
1
(2)已知函数 ( ) = ln 2 ( ∈ )有两个极值点 1， 2，且 1 < 2． 2
( )求 的取值范围；
1
( )利用“对数平均不等式”证明： 2 < 1 2 < 2．
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.√ 19
13. = 0
14.(√ 3, 3)
> 0
15.解：(1)由函数 ( ) = (6 )，得{ ，解得0 < < 6， 6 > 0
所以函数 ( )的定义域为(0,6)．
1
(2)由 (4) = 1，得 4 2 = 1，即 2 = 1，解得 = ， 2
函数 ( ) = 1 1(6 )，而函数 = 1 在(0,6)上单调递减，
2 2 2
函数 = 1(6 )在(0,6)上单调递增，则函数 ( )在(0,6)上单调递减，
2
< 2 3
9
不等式 ( ) > (2 3)等价于{0 < < 6 ，解得3 < < ，
2
0 < 2 3 < 6
9
所以原不等式的解集为(3, )．
2
16.解：(1)因为 +1 = + 2, ∈ ，故 = 1 + 2，
则 +1 = ( 1)，
设等差数列{ }的公差为 ，则 = ，则 = 0或 = 1，
当 = 0时，由于 1 = 2，可知 = 2，故 = 2 ；
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当 = 1时， = 1 + 2, ∴ = 2，可知 = 2 + 2( 1) = 2 ，
( + ) (2+2 )
则 =
1 = = 2 + ；
2 2
(2)当 = 1时， 1 = 1 = ( 1) 1，所以 ( 1) 1 = 2，即 ( 1) = 3，
当 ≥ 2时， = 1 1 = ( 1) [ ( 1) + 1]
即 = ( 1 ) 1，而 1 = ( 1) 1也适合，
故 +1 = + 2可化为 (
+1 ) 1 = [ ( 1) 1] + 2，
即 +1 1 = +1 + 2，
3
解得 = 3，结合 ( 1) = 3，可得 = ，
2
3
故 = 3, = ．
2

17.解：(1)已知 sin = √ 3 cos ，由正弦定理 = ，
sin sin
得 sin = sin = √ 3 cos ，显然cos ≠ 0，
得tan = √ 3，由0 < < ，

故 = ；
3
1
(2)由(1)知cos = ，且 = 2 + 1， = √ 7，
2
由余弦定理 2 = 2 + 2 2 cos ，
则7 = 2 + (2 + 1)2
1
2 × (2 + 1) = 3 2 + 3 + 1，
2
解得 = 1( = 2舍去)，
故 = 3；
√ 3
(3)由正弦定理 = ，且 = 1, = √ 7, sin = ，
sin sin 2
sin √ 21
得sin = = ，且 > ，则 为锐角，
14
5 5√ 3
故cos = √ 7，故sin2 = 2sin cos = ，
14 14
2
√ 21 11
且cos2 = 1 2 2 = 1 2 × ( ) = ；
14 14
√ 3 11 1 5√ 3 4√ 3
故sin( + 2 ) = sin cos2 + cos sin2 = × + × = ．
2 14 2 14 7
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18.解：(1)函数 ( ) = 1 + 2sin cos + √ 3cos2 1 = sin2 + √ 3cos2 = 2sin(2 + )，
3

所以把 ( )的图象纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再把所得图象向右平移 个单位得 ( )的图象．
3

(2)由(1)及 ( ) + ( ) = 0，得sin(2 + ) = sin( )，
3

则2 + ( ) = 2 1 , 1 ∈ 或2 + + ( ) = + 2 2 , 2 ∈ ， 3 3
2
解得 = + 1
2
, 1 ∈ 或 = + 2 2 , 2 ∈ ，而 : ( ) = + ， 9 3 3
5 2 11 17
所以方程 ( ) + ( ) = 0的解为 , , , ．
9 3 9 9

(3)函数 ( ) = cos(2 + ) + 2cos ，求导得 ′( ) = 2sin(2 + ) 2sin ，
3 3
5 2 5
由(2)知， ′( ) = 0在[0, ]上的解为 , ，而 ′( ) = √ 3 < 0，且 ∈ (0, )，
9 3 3 3 9
5 5
则 ∈ (0, )， ′( ) < 0，否则，若 0 ∈ (0, )， ′( 0) > 0， 9 9
5
则 ′( ) = 0在( 0, )上还有解，与(2)矛盾，因此函数 ( )在(0, )上单调递减， 3 9
7 7 7 5 2 5 2
又 ′( ) = 2( 1 + sin ) > 0，且 ∈ ( , )，则 ∈ ( , )， ′( ) > 0，
12 12 12 9 3 9 3
5 2 5
函数 ( )在( , )上单调递增，由函数 ( )在区间[0, ]上单调，得[0, ] [0, ]，
9 3 9
5 5
因此0 < ≤ ，所以 的最大值为 ．
9 9

19.解：(1)证明左边不等式：√ < ．
ln ln

不妨设 > > 0，则该不等式等价于ln ln < ，即ln < √ √ ．
√
1
令√ = ， > 1，即证2ln + < 0．

1 ( 1)2
设 ( ) = 2ln + ，则 ′( ) = 2 ≤ 0，所以 ( )在(0,+∞)上单调递减，
所以当 > 1时， ( ) < (1) = 0，故原不等式成立．
+
证明右边不等式： < ．
ln ln 2

2( ) 2( 1)
不妨设 > > 0，则该不等式等价于ln ln > ，即ln > 0． + +1

2( 1)
令 = ， > 1，即证ln > 0．
+1
2( 1) ( 1)2
设 ( ) = ln ，则 ′( ) = 2 ≥ 0，所以 ( )在(0,+∞)上单调递增． +1 ( +1)
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所以当 > 1时， ( ) > (1) = 0，故原不等式成立．
(2)( ) ( )的定义域为(0,+∞)， ′( ) = ln ，
因为 ( )有两个极值点，所以 ′( )有两个异号零点．
1 1
令 ( ) = ln ，则 ′( ) = = ， > 0．

若 ≤ 0， ′( ) > 0，则 ( )在(0,+∞)上单调递增，此时 ( )即 ′( )不可能有两个零点，不符合题意．
1
若 > 0，令 ′( ) = 0，得 = ，

1 1
当0 < < 时， ′( ) > 0， ( )单调递增；当 > 时， ′( ) < 0， ( )单调递减．

1
所以 ( )max = ( ) = ln 1，
且当 → 0时， ( ) → ∞，当 → +∞时， ( ) → ∞，
1 1
要使 ( )有两个零点，只需 ( ) > 0，得0 < < ，经检验符合题意，

1
因此， 的取值范围是(0, )．

1
( )由( )知 1，
1 2
2是ln = 0的两个根，所以 = = ， ln 1 ln 2
1
从而 = 2
1 = 1
+ 2 ．
ln 2 ln 1 ln 1+ln 2
1 + +
由对数平均不等式可得√ < =
2 1 1 2 1 2
1 2 = < ， ln 2 ln 1 ln 1+ln 2 2
1
故 1 2 < 2，且ln
2
1
+ ln 2 > 2，即 1 2 > ，
1
所以 2 < 1 2 < 2．
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