精品解析：广东深圳市高级中学2026届高三上学期第一次诊断考试数学试题

深圳市高级中学2026届高三第一次诊断考试 数 学 （本试卷共3页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.） 2025.10 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，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. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2 4. 曲线在点处的切线的斜率为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 5. 已知函数是定义在R上且周期为4的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 6. 在平行四边形ABCD中，已知，P是上一点（包含端点），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 若为锐角，，则的值为（ ） A. 0 B. C. D. 8. 已知函数，，若关于x的方程有2个不相等的实数解，则实数k的取值范围是（ ） 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. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值是 B. 在上单调递增 C. 关于对称 D. 在上有一个零点 10. 设正实数，满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 的图象存在对称中心 B. 当时， C. 有且仅有2个零点 D. 当时，的极值点为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数是偶函数，则______. 13. 已知函数在区间上单调递增，则的最小值为________________． 14. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，O为的外心，，已知，则________ ，的最大值为________________． 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. 记的内角的对边分别为a，b，c，已知． （1）求C； （2）若，，求的面积． 16. 已知函数，． （1）求； （2）求的最小正周期和最大值； （3）讨论在区间上的单调性． 17. 已知三次函数，． （1）若在处取得极小值，求，； （2）若，的图象与轴有两个不同的交点，求的取值范围． 18. 在中，角的对边分别为，向量，且，点为上一点． （1）求角的大小； （2）若是的角平分线，，的周长为19，求的长度； （3）若为上靠近点的一个三等分点，，求实数的取值范围． 19. 已知，函数，. （1）证明：当时，对于任意，恒成立； （2）已知时，曲线和有公共点， （i）若，求的取值范围； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳市高级中学2026届高三第一次诊断考试 数 学 （本试卷共3页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.） 2025.10 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为集合， 且集合， 所以. 2. 已知向量，，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】 【详解】由可得，向量方向无法判断； 由可得，故其为必要不充分条件. 3. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据复数的除法运算化简，再求虚部. 【详解】由题意可知，， 所以的虚部为2. 故选：D 4. 曲线在点处的切线的斜率为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先对函数求导，再把代入导函数计算即得切线斜率. 【详解】因为，所以， 则曲线在点处的切线的斜率为. 5. 已知函数是定义在R上且周期为4的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】D 【解析】 【详解】函数是定义在R上且周期为4的偶函数，当时，， ． 6. 在平行四边形ABCD中，已知，P是上一点（包含端点），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以为原点建系，写出各点坐标，计算数量积表达式，由参数范围最终求得数量积取值区间为. 【详解】如图： 以为原点，为轴，与垂直方向为轴，由， 则： 设，即， 那么 数量积， 的取值范围是. 7. 若为锐角，，则的值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用两角和差公式以及倍角公式可得，代入结合倍角公式运算求解即可. 【详解】因为， 又因为，即， 且为锐角，则，则， 可得，即. 8. 已知函数，，若关于x的方程有2个不相等的实数解，则实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，转化为与的图象有2个交点，分、和，三种情况讨论，结合导数的几何意义与函数的图象，即可求解. 【详解】由题意，关于的方程有2个不相等的实数解， 即与的图象有2个交点，如图所示，      当时，直线与的图象交于点， 又当时，，故直线与（）的图象无公共点， 故当时，与的图象只有一个交点，不合题意； 当时，与有一个交点， 当直线与曲线（）相切时， 此时与的图象有2个交点， 设切点，则，又由过点， 所以，解得，所以； 当时，若，则，由，可得， 所以当时，直线与的图象相切， 由图得当时，直线与的图象有2个交点． 综上所述，实数的取值范围是． 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. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值是 B. 在上单调递增 C. 关于对称 D. 在上有一个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合辅助角公式可得，根据正弦型函数的性质可判断选项A；利用三角函数的单调性判断B；结合三角函数对称轴可以判断C；根据函数零点和方程的根之间的关系求出函数的零点，可以判断选项D. 【详解】， 选项A：正弦函数的值域为，因此的最大值为，A正确. 选项B：当时，设，在上单调递增、在上单调递减， 因此在先增后减， B错误. 选项C：当时，，而正弦函数在处取到最值，对应的对称轴为， 即（），因此是的对称轴，C正确. 选项D：令，即，得，在范围内仅有解，仅有1个零点，D正确. 10. 设正实数，满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用基本不等式依次判断选项即可. 【详解】因为，，则，所以，所以，故A正确； 因为，所以，当且仅当时等号成立，故B错误； 因为，所以，当且仅当时等号成立，故C正确； 因为，所以的最小值为，当且仅当时等号成立，故D正确； 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 的图象存在对称中心 B. 当时， C. 有且仅有2个零点 D. 当时，的极值点为，则 【答案】BC 【解析】 【分析】A函数不满足中心对称的恒等关系，不存在对称中心；B求导可知函数在区间内先增后减，两端点函数值均非负，故恒大于 0；C由时函数恒正， 为一个零点，存在唯一正零点，共 2 个零点；D结合单调性及，得极值点小于，与选项区间不符. 【详解】已知函数 ，定义域为R， ，且， A：若存在对称中心 ，需满足 对任意 恒成立， 展开得， 由于 随 变化（如 与 时值不同），无法为常数， 因此不存在对称中心，A 错误； B：当 时，令 ，得 ，即 ， 解得正根 ， ， 当 时，，单调递增； 当 时，，单调递减。 ，在处取最大值且， ，因此在内存在唯一零点， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， ， ， 所以当时，，B 正确； C：当时，由不等式，得， 因此， 令，，单调递减，， 故时，即，无零点， 当时，，是一个零点， 当时，是在内的唯一零点， 时，，单调递增； 时，，单调递减， 当时，，因此， 故在上严格单调递减， ，， 由零点存在定理，在内有且仅有 1 个正零点， 当时，，而恒成立， 因此， 即后，恒为负数， 没有零点，即后无零点， 综上：仅有和一个正零点，共 2 个零点， C 正确； D：当时，极值点是， 时，，单调递增； 时，，单调递减， ，则， 下面证明, ,,所以, , 所以成立，所以， 因此极值点 ，即 ， D 错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数是偶函数，则______. 【答案】1 【解析】 【分析】利用偶函数的定义可求参数的值. 【详解】因为，故， 因为为偶函数，故， 时，整理得到， 故， 故答案为：1 13. 已知函数在区间上单调递增，则的最小值为________________． 【答案】 【解析】 【分析】由导数与函数单调性的关系可知，，参变分离得，利用导数求出在上的取值范围，即可得出实数的最小值. 【详解】由题意得函数在区间上单调递增，则，， 可得，可得， 构造函数，其中，则， 所以函数在上单调递增，则，即， 故当时，，故，即的最小值为. 14. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，O为的外心，，已知，则________ ，的最大值为________________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用余弦定理化简可得，利用平面向量的线性运算化简已知得，平方化简得，解不等式即可. 【详解】因为，所以由余弦定理可得， 化简可得，所以， 由得， 两边平方有， 又点为锐角的外心，即，， 化简上式得，   因为 ，得 所以，解得或， 因为为锐角三角形，所以O在三角形内部，即，得， 当且仅当时，. 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. 记的内角的对边分别为a，b，c，已知． （1）求C； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）化简整理原式，结合特殊角三角函数值求解即可； （2）根据同角三角函数基本关系式求，进而求解，利用正弦定理求解，再利用面积公式求解. 【小问1详解】 依题意，， ∵，∴， ∴，∴. 【小问2详解】 ∵，∴， ∴ ， 由正弦定理，得， ∴的面积为. 16. 已知函数，． （1）求； （2）求的最小正周期和最大值； （3）讨论在区间上的单调性． 【答案】（1） （2） 最小正周期为，最大值为 （3） 单调递减区间为，单调递增区间为 【解析】 【分析】（1）由可得出，结合的取值范围可得出的值； （2）由三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式、最值可得出结果； （3）由可得出的取值范围，结合正弦型函数的单调性可得出函数在上的增区间和减区间. 【小问1详解】 因为， 所以，所以，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 由（1）知，， 所以 ， 所以的最小正周期为，最大值为. 【小问3详解】 当时，， 由，得，所以的单调递减区间为； 由，得，所以的单调递增区间为. 17. 已知三次函数，． （1）若在处取得极小值，求，； （2）若，的图象与轴有两个不同的交点，求的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据极小值的性质和定义进行求解即可； （2）利用换元法，结合一元二次方程根的分布性质进行求解即可. 【小问1详解】 由题意得，依题意，解得 ， 此时， 当或时，，当时， 所以在单调递减，在单调递增， 所以在处取得极小值，符合题意； 【小问2详解】 若， 依题意，方程有两个根， 令，则方程有两个不同的正根， 则，解得，即的取值范围为. 18. 在中，角的对边分别为，向量，且，点为上一点． （1）求角的大小； （2）若是的角平分线，，的周长为19，求的长度； （3）若为上靠近点的一个三等分点，，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由向量垂直运算可得边角关系，然后由正弦定理边角互化可得答案； （2）由三角形面积相等及余弦定理可得答案； （3）解法一：设其中一角，然后利用正弦定理可得边角关系，将转化成用所设角表示，利用范围即可求出答案； 解法二：设其中一角，然后利用向量共线可得边的关系，再用边角互化将转化成用所设角表示，利用范围即可求出答案； 【小问1详解】 且， ，即， 所以在中，由正弦定理有， ， 又因为在中，， ，又， 又，； 【小问2详解】 由（1）知，， 则，又，， ， 为角的角平分线， ， 即，； 【小问3详解】 解法一：由（1）知，，则， 设，则； 设，则. 在中，即， 在中， 即， 则. 又，，又， ， 由和差化积公式可得， 则，， ； 解法二：已知为上靠近点的一个三等分点， 则， 又，由（1）知，，，则， 则， . ． ， ， . 19. 已知，函数，. （1）证明：当时，对于任意，恒成立； （2）已知时，曲线和有公共点， （i）若，求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1） 当时，函数，， 令，， ，设，， 当时，，所以在单调递增， 又，所以时，，在单调递增， 又，所以时，，即， 所以对于任意，恒成立. （2） （i） （ii）方法1：柯西不等式 因为时，曲线和有公共点， 所以存在，使得， 即， 由柯西不等式可知： 当且仅当时，等号成立， 又，所以， 当时，，所以， 设，，则， 因为，所以恒成立，在单调递增， 又，所以时，恒成立， 因为，所以，所以， 由(1)可知：，即，所以. 方法2：数形结合 因为时，曲线和有公共点， 所以存在，使得， 即， 则点为直线上的动点， 又表示原点与点之间的距离， 所以大于等于原点到直线的距离， 即，所以， 设，，则， 因为，所以恒成立，在单调递增， 又，所以时，恒成立， 因为，所以，所以， 由（1）可知：，即，所以. 方法3：代入消元 因为时，曲线和有公共点， 所以存在，使得， 因为，所以， 要证：，即证：， 即证：关于的不等式成立， 即证：根的判别式， ， 因为，所以即证：恒成立， 即证：对于恒成立， 由（1）可知：，又， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）构造新函数，利用二次求导法进行运算证明即可； （2）（i）利用转化法，通过构造函数，利用导数判断单调性进行求解即可； （ii）方法一：根据（1）的结论，结合构造函数法，结合导数的性质，利用柯西不等式进行运算证明即可； 方法二：根据（1）的结论，结合构造函数法，结合导数的性质，利用柯西不等式进行运算证明即可； 方法三：根据（1）的结论，结合构造函数法，结合导数的性质，利用代入消元法、一元二次方程根的判别式进行运算证明即可； 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 （i）时，令， 因为，所以，令，， 因为曲线和有公共点，所以直线与函数的图象有交点， 因为时，，所以在单调递增，， 当时，， 所以. （ii）略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $