精品解析：天津市梧桐中学2026届高三第一次阶段检测数学试题

2025-2026学年梧桐中学高三年级第一次阶段检测 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟。 第Ⅰ卷（选择题，共45分） 一、单选题（本题共9小题，每小题5分） 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由集合的基本运算即可求解. 【详解】全集，，故． 故选：A． 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】由存在量词命题的否定可得. 【详解】由存在量词命题的否定可知，原命题的否定为，. 故选：B 3. 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】根据两者的推出关系可得条件关系，从而可得正确的选项. 【详解】若，则，若均为负数，则均无意义， 故推不出； 若，则，而为上的减函数，故， 故能推出， 故是的必要不充分条件， 故选：B. 4. 已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性以及正负，结合选项逐一排除即可求解. 【详解】由图可知：的图像关于轴对称，故为偶函数， 对于A， 设，函数的定义域为， 因，即为奇函数，故A不合题意； 对于B，设，函数的定义域为， 因，即为奇函数，故B不合题意； 对于C， 设，函数的定义域为， 因，则为偶函数，因恒成立，故C不合题意； 对于D， 设，函数的定义域为， 因，则为偶函数，且当时，，结合图象可知D符合题意. 故选：D 5. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数函数和对数函数的单调性分别得到的范围从而判断得到结果. 【详解】，，， 故，，，所以. 故选：D. 6. 函数的零点所在区间为（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据零点存在定理计算求解. 【详解】因为函数，且在上单调递增，连续不断， 又因为， 所以结合零点存在定理得函数的零点所在区间为. 故选：C. 7. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用两角和差公式及辅助角公式得出，再应用诱导公式及二倍角余弦公式计算求解. 【详解】因为， 所以， 所以， 则. 故选：C 8. 已知点在函数的图象上，若恒成立，且在区间上单调，则（ ） A. 3 B. 6 C. 12 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题可得在上单调递增，且，得，得解. 【详解】因为点在函数的图象上，所以， 由，则，且在上单调递减， 所以在上单调递增，由余弦型函数的对称性易知， 所以，即，故. 故选：A. 9. 已知函数（其中，，）的图象关于点成中心对称，且与点M相邻的一个最低点为，则对于下列判断： ①直线不是函数图象的一条对称轴； ②点是函数的一个对称中心； ③函数与（）的图象的所有交点的横坐标之和为. 其中正确的判断是（ ） A. ①②③ B. ①③ C. ②③ D. ①② 【答案】A 【解析】 【分析】先根据图象关于点成中心对称，且与点相邻的一个最低点为，分别代入求解计算出的解析式，再根据三角函数的图像性质逐个判断即可. 【详解】因为的图象关于点成中心对称，且与点相邻的一个最低点为，，且，，，. 故. 又图像最低点为， 即.又，. . 对①，当时，不是正弦函数的对称轴.故①正确. 对②，当时，，所以点是函数的一个对称中心，故②正确. 对③，，，所以函数与有6个交点. 设交的横坐标分别为，根据图像以及五点作图法的方法可知，当时，解得为6个横坐标的对称轴， .故③正确. 综上，①②③正确. 故选：A 第Ⅱ卷（填空题和解答题，共105分） 二、填空题（本题共6小题，每小题5分） 10. 已知角的顶点为坐标原点，始边为x轴的正半轴，若是角终边的一点，且，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】由三角函数的定义列方程，求解即得. 【详解】由已知，， 所以， 所以，且， 解得. 故答案为：. 11. 已知，则________． 【答案】1 【解析】 【分析】由诱导公式化简，化为齐次式，然后代入计算，即可得到结果. 【详解】原式. 故答案为：. 12. 已知向量，向量，则在方向上的投影向量的坐标为______ 【答案】 【解析】 【分析】由投影向量的定义，数量积的坐标运算和模的坐标表示求解即可. 【详解】已知向量，，所以，， 则向量在方向上的投影向量的坐标为. 故答案为：. 13. 已知正实数满足，则的最小值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用基本不等式求解即可. 【详解】， 当且仅当且，即时等号成立， 故答案为：. 14. 如图所示，四边形内接于圆，，，则_____；设，且，则四边形的面积为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）过作垂足为，则，再用数量积的运算律结合垂直向量求解即可； （2）在延长线上取点，使，取中点，由已知可得过圆心，求得，进而可求得梯形的高与上底，从而可求面积. 【详解】（1）过作垂足为，则， 所以； （2）在延长线上取点，使，取中点， 又因为，所以， 由，可得，所以直线MN过圆心， 在中，，，所以，， 因为，所以,所以， 所以等腰梯形高为， ， 所以等腰梯形面积为． 故答案为：①；②. 15. 已知函数，若关于x的方程有六个相异的实数根，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】作出函数的图象，令，分析可知关于的方程在内有两个不同实数根，根据二次方程根的分布可得出关于实数的不等式组，解之即可. 【详解】画出函数的图象如下图所示， 令，则方程可化为. 由图可知：当时，与有个交点， 关于x的方程有六个相异的实数根， 则方程在内有两个不同实数根，所以， 解得，因此，实数的取值范围为. 故答案为：. 三、解答题 16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为． （1）求a的值； （2）求； （3）求的值． 【答案】（1）的值为6 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知利用余弦定理可得，解方程即可得解的值． （2）由正弦定理即可得解的值． （3）由已知利用余弦定理可求的值，利用二倍角公式可求，，进而根据两角差的余弦公式即可求解的值． 【小问1详解】 因为，，， 由余弦定理，可得， 可得，解得，或（舍去）， 即a的值为6． 【小问2详解】 由正弦定理，可得； 【小问3详解】 因为， 所以，， ． 17. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知． （1）求； （2）若，，求边上的高； （3）若，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理边角转化可得，即可得结果； （2）根据题意结合面积关系可得，进而可求高； （3）先利用倍角公式求，再结合两角和差公式运算求解. 【小问1详解】 因为， 由余弦定理可得， 整理可得，则， 且，所以. 【小问2详解】 因为，可得， 联立方程，解得或（舍去）， 由（1）可得，则，即， 设边上的高为， 则，即，解得， 所以边上的高为. 【小问3详解】 因为，且，则， 可得， 所以. 18. 已知函数，． （1）若不等式的解集为[1，2]，求不等式的解集； （2）若对于任意的，，不等式恒成立，求实数a的取值范围； （3）已知，若方程在有解，求实数a的取值范围． 【答案】（1），， （2） （3）[0，1）． 【解析】 【分析】（1）根据不等式的解集转化为一元二次方程，利用根与系数之间的关系求出，然后解一元二次不等式即可； （2）问题转化为在，恒成立，令，，，根据函数的单调性求出的范围即可； （3）利用参数分离法进行转化求解即可． 【小问1详解】 解：若不等式的解集为，， 即1，2是方程的两个根， 则，即， 则，由得， 即得，得或， 即不等式的解集为，，． 【小问2详解】 解:不等式恒成立， 即在，恒成立， 令，，， 则， 令，解得：， 故在，递增，在，递减， 故（1）或， 而（1），， 故． 【小问3详解】 解：由得， ，即， 若方程在，有解，等价为有解， 设， ，，，， 即，即，则， 即实数的取值范围是，． 19. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求曲线的单调区间和极值； （3）若函数在区间上为单调递增函数，求实数a的取值范围. 【答案】（1）； （2）单调递增区间为，单调递减区间为，极小值为，无极大值； （3）. 【解析】 【分析】（1）求，，，利用点斜式求出在点处的切线方程； （2）求出，求，利用导数法求出的单调性，利用单调性得到极值； （3）求出，求出，由在区间上为单调递增函数，得到在区间上恒成立，从而得到在区间上恒成立，构造函数，利用导数法得到在区间上的单调性，从而得到，则有，即为实数a的取值范围. 【小问1详解】 ，， ，， 在点处的切线方程， 即； 【小问2详解】 ，，， 当，即时，为单调递增函数； 当，即时，为单调递减函数； 故的单调递增区间为，单调递减区间为； 当时，取极小值为，无极大值. 【小问3详解】 ，， ， 在区间上为单调递增函数， 在区间上恒成立， 在区间上恒成立， 在区间上恒成立， 设， ， ，， 在区间上为单调递减函数， ， ， 在区间上为单调递增函数，实数a的取值范围为. 20. 已知，函数 （1）求曲线在处的切线方程； （2）若曲线和有公共点， （i）当时，求的取值范围； （ii）求证：． 【答案】（1） （2）（i）； （ii） 因为曲线和有公共点， 所以有解，其中， 若，则，该式不成立，故. 故，考虑直线， 表示原点与直线上的动点之间的距离， 故，所以， 下证：对任意，总有， 证明：当时，有，故成立. 当时，即证， 设，则（不恒为零）， 故在上为减函数，故即成立. 综上，成立. 下证：当时，恒成立， ，则， 故在上为增函数，故即恒成立. 下证：在上恒成立，即证：， 即证：，即证：， 而，故成立. 故，即成立. 【解析】 【分析】（1）求出可求切线方程； （2）（i）当时，曲线和有公共点即为在上有零点，求导后分类讨论结合零点存在定理可求. （ii）曲线和有公共点即，利用点到直线的距离得到，利用导数可证，从而可得不等式成立. 【小问1详解】 ，故，而， 曲线在点处的切线方程为即. 【小问2详解】 （i）当时， 因为曲线和有公共点，故有解， 设，故，故在上有解， 设，故在上有零点， 而， 若，则恒成立，此时在上无零点， 若，则在上恒成立，故在上为增函数， 而，，故在上无零点， 故， 设，则， 故在上为增函数， 而，， 故在上存在唯一零点， 且时，；时，； 故时，；时，； 所以在上为减函数，在上为增函数， 故， 因为在上有零点，故，故， 而，故即， 设，则， 故在上为增函数， 而，故. （ii）略 【点睛】思路点睛：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年梧桐中学高三年级第一次阶段检测 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟。 第Ⅰ卷（选择题，共45分） 一、单选题（本题共9小题，每小题5分） 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 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 4. 已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 5. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 函数的零点所在区间为（ ）. A. B. C. D. 7. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知点在函数的图象上，若恒成立，且在区间上单调，则（ ） A. 3 B. 6 C. 12 D. 9. 已知函数（其中，，）的图象关于点成中心对称，且与点M相邻的一个最低点为，则对于下列判断： ①直线不是函数图象的一条对称轴； ②点是函数的一个对称中心； ③函数与（）的图象的所有交点的横坐标之和为. 其中正确的判断是（ ） A. ①②③ B. ①③ C. ②③ D. ①② 第Ⅱ卷（填空题和解答题，共105分） 二、填空题（本题共6小题，每小题5分） 10. 已知角的顶点为坐标原点，始边为x轴的正半轴，若是角终边的一点，且，则_______. 11. 已知，则________． 12. 已知向量，向量，则在方向上的投影向量的坐标为______ 13. 已知正实数满足，则的最小值为_________. 14. 如图所示，四边形内接于圆，，，则_____；设，且，则四边形的面积为_____． 15. 已知函数，若关于x的方程有六个相异的实数根，则实数a的取值范围是______． 三、解答题 16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为． （1）求a的值； （2）求； （3）求的值． 17. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知． （1）求； （2）若，，求边上的高； （3）若，求的值． 18. 已知函数，． （1）若不等式的解集为[1，2]，求不等式的解集； （2）若对于任意的，，不等式恒成立，求实数a的取值范围； （3）已知，若方程在有解，求实数a的取值范围． 19. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求曲线的单调区间和极值； （3）若函数在区间上为单调递增函数，求实数a的取值范围. 20. 已知，函数 （1）求曲线在处的切线方程； （2）若曲线和有公共点， （i）当时，求的取值范围； （ii）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $