精品解析：广东深圳中学2026届高三下学期数学达标测试（9）

深圳中学2026届高三数学达标测试（9） 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.回答选择题时，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 第Ⅰ卷（选择题） 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，只有一项符合题目要求. 1. 设全集，集合M满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先写出集合,然后逐项验证即可 【详解】由题知,对比选项知，正确,错误 故选: 2. 已知，，若和方向相同，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【详解】已知，，若和方向相同，得：  ， 整理得：，解得或， 当时，，此时，两向量方向相同，符合条件； 当时，，此时，两向量方向相反，不符合条件，舍去， 综上，. 3. 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 【答案】A 【解析】 【分析】由充分条件、必要条件的定义判断即可得解. 【详解】由题意，若，则，故充分性成立； 若，则或，推不出，故必要性不成立； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 下列函数中最小值为4的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意． 【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意； 对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意； 对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意； 对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的性质即可解出． 5. 已知函数定义域为，且函数与均为偶函数，当时，是减函数，设，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得函数是周期为2的函数，则可得，， 【详解】因为函数是偶函数，则， 又函数为偶函数，则， 即，所以函数是周期为2的函数， 则，， 且当时，是减函数， 由可得，即. 故选：C 6. 已知关于的方程在内有2个不同的解，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】辅助角公式得，取为锐角且，由得，，则，求值即可. 【详解】因为，取为锐角且，， 所以，由题意可得. 因为，不妨设， 由，有，，即， 所以， . 故选：D. 【点睛】思路点睛： 辅助角公式的作用之一是将含有正弦、余弦两种三角函数的表达式合并为只含有一种三角函数的表达式，两个角的正弦值相等，则这两个角终边重合或终边关于轴对称. 7. 若，对于恒有，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把不等式化简可得m的范围，求出b-a最大值即可. 【详解】由，得，即, 由几何意义可知，函数的图像在函数，的图像之间， 如下图所示，， 要使达到最大，仅需要或，此时. 故选：B. 8. 已知是面积为的等边三角形，四边形是面积为的正方形，正方形的中心固定在边的中线上，当正方形绕其中心以任意角度旋转时，该正方形总位于三角形的内部（含边界）.则当时，（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析可知正方形的外接圆半径，正方形绕的中心为等边的中心，建系标点，设，则，根据数量积可得，结合同角三角关系运算求解即可. 【详解】设等边的边长为，正方形的边长为， 则，解得， 在等边中，边的中线， 因为正方形的外接圆半径，可知正方形的中心为等边的中心， 如图所示，建立平面直角坐标系，则，， 设，则，即， 可得，， 因为， 整理可得， 又因为， 可得， 则， 所以. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 若和方向相同，且，则 B. 任意平面向量，总有 C. 零向量长度为0，方向是任意的 D. 在同一平面内，平行于同一个向量的两个向量平行 【答案】BC 【解析】 【详解】选项A，任意两个向量不能比较大小，故A错误； 选项B，设的夹角为，则， 所以，即，故B正确； 选项C，由零向量的定义可知，零向量的长度为0，方向是任意的，故C正确； 选项D，零向量与任意向量平行，在同一平面内，对任意两个向量，必然满足且， 但这两个向量可以毫无关系，不一定平行，仅当共同平行的向量为非零向量时结论才成立，故D错误. 10. 已知函数，则（ ） A. 函数有两个不同的零点 B. 函数在上单调递增 C. 当时，若在上的最大值为8，则 D. 当时，若在上的最大值为8，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据判别式判断A选项的正确性，根据二次函数的开口和对称轴判断B选项的正确性.利用换元法，结合二次函数的性质，判断CD选项的正确性. 【详解】因为二次函数对应的一元二次方程的判别式 ， 所以函数有两个不同的零点，A正确； 因为二次函数图象的对称轴为，且图象开口向上， 所以在上单调递增，B不正确； 令，则. 当时，，故在上先减后增， 又，故最大值为， 解得（负值舍去）. 同理当时，，在上的最大值为， 解得（负值舍去）. 故C，D正确. 故选：ACD． 【点睛】本小题主要考查二次函数有关性质，考查指数型复合函数的性质，属于中档题. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递增 D. 的值域为 【答案】BCD 【解析】 【分析】计算是否成立可判断A项，运用周期性计算是否成立即可判断B项，对于C项，运用导数判断在上的符号即可，对于D项，运用导数研究在一个周期内的单调性进而可求得值域. 【详解】对于A项，因为， 所以不是的最小正周期，故A项错误； 对于B项，由A项知，的一个周期为， 又因为，， 所以， 所以关于对称，故B项正确； 对于C项，由题意知，， 当时，，则，即：，所以， 所以在上单调递增，故C项正确； 对于D项，由A项知，的一个周期为， 由C项知，， 当时，，则，即：，所以， 所以在上单调递减， 又因为，，， 所以，， 所以的值域为，故D项正确. 故选：BCD. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数的定义域为，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知：在上恒成立，分和两种情况，结合二次函数列式求解. 【详解】由题意可知：在上恒成立， 若，则，符合题意； 若，则，解得； 综上所述：实数的取值范围是. 故答案为：. 13. 在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________． 【答案】或0 【解析】 【分析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解. 【详解】∵三点共线， ∴可设， ∵， ∴，即， 若且，则三点共线， ∴，即， ∵，∴， ∵,,， ∴， 设，，则，. ∴根据余弦定理可得，， ∵， ∴，解得， ∴的长度为. 当时， ，重合，此时的长度为， 当时，，重合，此时，不合题意，舍去. 故答案为：0或. 【点睛】本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力，解答本题的关键是设出． 14. 已知函数有且只有一个零点，则ab的取值范围为____________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得只有一个解，从而可得，，设，利用导数求解即可． 【详解】依题意得与只有一个交点，即两曲线相切， 则只有一个解， ，化简得，将其代入得， ，即，. ， 则， 设，则， 在单调递减，， 的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：由指对运算可得，进而可得，构造函数，由导数求解即可. 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△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且. （1）求B的大小； （2）若△ABC为钝角三角形，且，求△ABC的周长的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正余弦定理，将条件变形，求角的大小； （2）根据正弦定理，将周长表示为三角函数，根据函数的定义域，求周长的取值范围. 【小问1详解】 根据余弦定理可知，， 所以，即， 则,，所以； 【小问2详解】 设， 根据正弦定理可知， 所以,， 所以周长 , 因为,， 所以，所以， 所以的周长为. 16. 在中，角所对的边分别为，满足，. （1）证明：外接圆的半径为； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）证明：由，得， 由正弦定理得: ， 化简得. 因为，所以. 又，所以， 所以外接圆的半径为. （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合角的范围求出角，再应用正弦定理求出外接圆半径即可； （2）把已知恒成立，参数分离转化为恒成立，再求出的最大值可得范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 要使恒成立， 即恒成立， 即求的最大值. 由余弦定理得， 所以 因为， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以实数的取值范围为. 17. 已知，满足. （1）证明：. （2）证明：. 【答案】（1）因为且，所以， 令，则， 因为，所以，当时，，单调递增；当时，，单调递减， 若，则，与矛盾，舍去； 若，则，与矛盾，舍去； 所以和只能分别位于两个区间和， 于是由且可知，原不等式成立. （2）由（1）可知，不妨设， 则， 可得， 于是，即， 因为， 所以要证，只需证， 因为，， 所以只需证，其中. 因为， 令，则 ， 下面证明， 因为， 令，则， 令，则 ， 令，则，在上单调递增，， 于是，在上单调递增，，即， 所以在上单调递增， 因为， 所以当时，，，，即， 所以，即成立， 所以原不等式成立. 【解析】 【分析】（1）对的常规操作是“物以类聚”，指数式两边同时取对数，将分置两侧，构造函数，利用函数草图即可解决问题； （2）这是一个“二元不等式”证明问题，基本思想是消元使之化为“一元不等式”，再用导数求“最值”即可解决问题，解决此类问题的难点往往在于如何消元，留谁作元. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】本题的关键在于如何把关于的“二元不等式”，化归为关于的“一元不等式”，在这里由于，大小，于是我们巧妙地通过引入了“新元”，使得都可被代数表示，从而有效地实现了我们“消元化归”的战略目的. 美中不足之处在于，当时，处运用了“洛必达法则”，还请大家留意. 18. 已知函数. （1）证明：在上恰有两个零点； （2）已知点，的坐标为，. （i）证明：当时，的图象位于线段下方； （ii）设的两个零点为，，证明：. 【答案】（1）因为函数的定义域为，且， 令，可得， 又因为，则，解得， 当时，；当时，； 可知函数在内单调递减，在内单调递增， 因为，， 则， ， 且，， 可知函数在，内均存在唯一零点，所以在上恰有两个零点. （2）（i）由题意可知直线的方程为，即， 令，， 则，可知在内单调递增， 因为， 令，，则， 可知在内单调递减，则，可得，， 且，可得，即； 又因为， 注意到在内单调递增，则， 即，可得； 可知在内存在唯一零点， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增，且， 则在内恒成立，即，， 所以当时，的图象位于线段下方； （ii）不妨设，由（1）可知：，， 则， 设，， 则，当且仅当时，等号成立， 可知在定义域内单调递增，且， 当时，，可得； 当时，，可得； 综上所述：当，时，. 可得，即， 令，，则， 可知在内单调递增，则， 则，，可得， 则， 可得，则， 所以. 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在性定理分析判断即可； （2）（i）可得直线的方程为，构建，，利用导数分析的单调性，结合单调性分析证明即可；（ii）不妨设，由（1）可知：，构建函数证明即可证明结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 19. 已知：为有穷正整数数列，其最大项的值为，且当时，均有.设，对于，定义，其中，表示数集M中最小的数. （1）若，写出的值； （2）若存在满足：，求的最小值； （3）当时，证明：对所有. 【答案】（1） ， （2） （3） 因为，所以， (i)若，则当时，至少以下情况之一成立： ①，这样的至少有个， ②存在，这样的至多有个， 所以小于的至多有个， 所以， 令，解得， 所以， (ii)对，若，且， 因为，所以当时， 至少以下情况之一成立： ①，这样的至多有个； ②存在且，这样的至多有个， 所以， 令，解得，即， 其中表示不大于的最大整数， 所以当时，； 综上所述，定义，则， 依次可得：， ， 所以. 【解析】 【分析】（1）结合定义逐个计算出、、即可得； （2）当时，可得，故，找到时符合要求的数列即可得； （3）结合题意，分两段证明，先证，定义，再证得，即可得证, 【小问1详解】 由，，则，故， 则，故， 则，故； 【小问2详解】 由题意可知，，当时，由，， 故，则， 由题意可得，故、总有一个大于，即或， ，由，故、、总有一个大于， 故，故当时，，不符，故， 当时，取数列， 有，，，即，符合要求，故的最小值为； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解所给出的定义，由给定数列结合新定义探求出数列的相关性质，进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳中学2026届高三数学达标测试（9） 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.回答选择题时，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 第Ⅰ卷（选择题） 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，只有一项符合题目要求. 1. 设全集，集合M满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，若和方向相同，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 3. 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 4. 下列函数中最小值为4的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数定义域为，且函数与均为偶函数，当时，是减函数，设，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知关于的方程在内有2个不同的解，，则（ ） A. 1 B. C. D. 7. 若，对于恒有，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知是面积为的等边三角形，四边形是面积为的正方形，正方形的中心固定在边的中线上，当正方形绕其中心以任意角度旋转时，该正方形总位于三角形的内部（含边界）.则当时，（ ） A. B. C. D. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 若和方向相同，且，则 B. 任意平面向量，总有 C. 零向量长度为0，方向是任意的 D. 在同一平面内，平行于同一个向量的两个向量平行 10. 已知函数，则（ ） A. 函数有两个不同的零点 B. 函数在上单调递增 C. 当时，若在上的最大值为8，则 D. 当时，若在上的最大值为8，则 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递增 D. 的值域为 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数的定义域为，则实数的取值范围是______． 13. 在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________． 14. 已知函数有且只有一个零点，则ab的取值范围为____________. 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. 已知△ABC的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且. （1）求B的大小； （2）若△ABC为钝角三角形，且，求△ABC的周长的取值范围. 16. 在中，角所对的边分别为，满足，. （1）证明：外接圆的半径为； （2）若恒成立，求实数的取值范围. 17. 已知，满足. （1）证明：. （2）证明：. 18. 已知函数. （1）证明：在上恰有两个零点； （2）已知点，的坐标为，. （i）证明：当时，的图象位于线段下方； （ii）设的两个零点为，，证明：. 19. 已知：为有穷正整数数列，其最大项的值为，且当时，均有.设，对于，定义，其中，表示数集M中最小的数. （1）若，写出的值； （2）若存在满足：，求的最小值； （3）当时，证明：对所有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $