广东深圳外国语学校2026-2027学年高三上学期第一次阶段性考试数学试题

绝密★启用前 深圳外国语学校2027届高三第一次阶段性考试 数学试题 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号码等信息填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效： 3.考试结束后，将答题卡交回. 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.设全集U={0,1,2,3},集合A={0,1,2},B={2,3},则(CuA)∩B= A.⑦ B.{3} C.{2,3}》 D.{0,1,3} 2.设a,bR,i为虚数单位，若1十bi1i,则ab A.0 B.1 C.3 D.6 3.已知x>1,y>1,则“y<x”是“1og2x>logs(2y-1)”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.已知双曲线C过点(3,1)，且与双曲线3y2一x2=1有相同的渐近线，则C的焦距为 A.2 B.2√2 C.4 D.42 5.已知变量x和变量y的一组成对样本数据为(x:,y:)(i=1,2,3,…,10),其中x=4,其回归 質线方程为y三12，当增加两个样本数据(2,8)和(6,22)后，重新得到的回归直线方程斜 率为3，则在新的回归直线方程的估计下，样本数据(5,12)所对应的残差为 A.2 B.1 C.-1 D.-2 6.设数列a满足a,十22+ 22+…+ +2=2n一1，则{a,}的前2026项之和为 A.22027 B.22027-1 C.22027-2 D.22027-3 7.将一条长为18的线段截成9段，使其组成一个正三棱柱的框架，则该正三棱柱的外接球表面 积的最小值为 28π 81元 A.9π B. 3 C.12π D. 4 高三数学第1页（共4页） 8.已知直线l分别与曲线y=e十a和y=e+a切于点A,B,且与x轴交于点C,若AC=CB, 则a= A.-2 B.-1 C.1 D.2 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f(x)=2sinx(3sinx十cosx),T为函数f(x)的最小正周期，则 A.T=π B.3)-5 Cf(+)为奇函数 11π17π7 D.f(x)在1212 上单调递增 10.设函数f(x)=x2|x一3，则 A.2是f(x)的极大值点 B.方程f(x)=4有3个不同的实数解 C.3x∈(0,1)，f(x2)>f(2x) D.Hx∈[-1，+∞)，f(x+3)≥f(x) 11.2026年7月23日，中国数学家邓煜和王虹获得菲尔兹奖，王虹的获奖成果包括她与约书亚· 扎尔在三维挂谷猜想问题上的突破.平面里的挂谷猜想主要是研究能通过连续旋转或平移覆 盖所有方向的确定长线段的集合，该集合称为挂谷集，三尖内摆线及其围成的部分就是一种 挂谷集，它被以它三个端点围成的三角形完全覆盖.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，三 尖内摆线T的方程为：(x2+y2)2+18(x2十y2)-8x3+24xy2一27=0，已知T以原点为中 心逆时针旋转后与原面线重合，则 A.T关于直线y=√x对称 B.T与x轴的交点坐标为（一1,0）和(4,0) C.与曲线x2+y2+16x+15=0有3个公共点 13 D.「所围成的图形面积为S,则S<36,/3-1479,其中os9=149∈[0，] 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知向量a=(1,4),b=(-2,1),c=(m,2),若(a十c)∥(b十c),则m= 13.一个不透明袋子中有大小和质地均相同的9个小球，分别标有号码1,2,3，…，9，不放回地先 后摸出两个小球，记号码分别为x,y,则事件“C。<C”发生的概率为 14.在一个数列的每相邻两项之间插入它们的等差中项，整个数列按照原来的顺序得到一个新 数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”.下面对数列1,3,7按照上述方法进行“扩展”，第 3 .5 1次“扩展”后得到数列1,2,35,7，第2次“扩展”后得到数列1,2,2,23,4,5,6,7.设第n 次“扩展”后得到的数列项数为Pn,所有项的和为S,记[x]为不超过x的最大整数，则 [1og2(P2026十S2026）]= 高三数学第2页（共4页） 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.(13分) 在△ABC中，a,b,e分别是角A,B,C的对边，若a=1,且2 sin Asin2C+(simC十 3csin B)cos A=0. (1)求A; 2)若△ABC的面积为，求△ABC的周长了 16.(15分) 随着人工智能技术的快速发展，AI图像识别在工业质检、安防监控等领域得到广泛应用.某 科技公司研发了一款面向工业质检的AI图像识别设备.为确保产品质量，公司对生产的设 备进行抽样检测，每台设备的检测结果相互独立.已知每台设备的检测结果为优质品的概率 为。，为合格品的概率为，现从该公司生产的设备中随机抽取3台进行检测。 (1)求至少2台是优质品的概率； (2)若每台优质品设备可获利5万元，每台合格品设备可获利3万元，记随机抽取的3台设备 共可获利X万元，求X的分布列、数学期望以及方差. 17.(15分) 如图，在圆台O1O2中，O1O2=3,下底面圆O2的直径AB=4,点C在圆O2上，点P在圆 O1上，直线PA,PC与底面ABC所成角均为60°，圆台O1O2的体积为7π. (1)证明：平面PAC⊥平面ABC; O (2)求平面PO1A与平面PAB夹角的余弦值. C 高三数学第3页（共4页） 18.(17分) 已知椭圆C:2十a>b>0)的左、右焦点分别为F,F:,且其中一个焦点与抛物塑 C2:y2=4x的焦点重合，P为抛物线上除原点外一点，直线PF交椭圆于点A,B,△ABF2 的周长为8. (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线PF2与抛物线交于另一点Q,设直线PF1与PF2的倾斜角分别为O1与02. (i)证明：|tan01=sin02; (iⅱ)记△ABF2与△PQF,的面积分别为S1与S2,求S1S2的最小值. 19.(17分) 对于函数f(x),若存在其定义域内的x。,使f(x。)=x。成立，则称x。为函数f(x)的不动 点.已知函数f(x)=2一lnx,其不动点为t. (1)判断：与的大小关系并说明理由： (2)数列{an}的递推公式为am+1=f(an),n∈N,其前n项和为Sn,a1=1. (i)证明：数列{a2-1},k∈N为递增数列； (i)证明：t(n-1)+1≤Sn<tn.（参考数据：e≈2.71828) 高三数学第4页（共4页）·数学· 参考答案及解析 参芳答案及解析 深圳外国语学校2027届高三第一次阶段性考试数学试题参考答案 一、选择题：每小题5分，共40分。 题号 2 3 5 6 8 答案 B A D A 二、选择题：每小题6分，共18分。 题号 9 10 11 答案 AD ABD ACD 说明：第9题全部选对得6分，选对一个得3分，有选错得0分：第10、11题全部选对得6分，选对一 个得2分，有选错得0分. 一、填空题：每小题5分，共15分。 12.5; B 14.2029 1.B【详解】已知集合A={01,2},B={2,3},全集U={0,1,2,3},则CA={3},(CA)∩B={3} 2.B【详解】由==4--a+1=1-i,得a+1=1-0+b)=6++6-1i, 1+bi 1+bi 1+bi 所以a+1=b+1,b-1=0,即a=b=1,故ab=1. 3.A【详解】因为x>1,y>1,由y<x2,则x3>y2, 由log2x>logx(2y-1),则1ogsx3>1ogs(2y-1),又y>1,则y2-2y+1=(y-1)2>0, 若y<2且y>1,则有>y2>2y-1,即“y<x是l1ogx>1og(2y-)的充分条件， 令r=2,y=4,则1og,x=1>1og7=log(2y-0,满足1og,x>1bg,(2y-0,但y<x不成立，所以“y< 不是“log2x>l1og(2y-1)”的必要条件， 综上，x>l,y>1时，“y<x是“log,x>1og(2y-)的充分不必要条件 4.D【详解】因为双曲线C过点(3,1)，且与双曲线3y2-x2=1有相同的渐近线， 所以设双曲线方程为3y2-x2=m(m≠0)，将(3,1)代入，可得3-32=m,则m=-6, 1 ·数学· 参考答案及解析 所求双曲线的标准方程是父-’=1，则焦距为2c=26+2=45. 62 5.C【详解】原回归直线方程为-片-2，已知原无=4，代入得：原下=9。 原共10个样本，新增2个后共12个样本，新样本x总和：4×10+2+6=48，得新x=4, 新样本y总和：9×10+8+22=120，得新y=10,因此新样本中心为(4,10) 设新的回归直线方程为)=3x+a,代入样本中心(4,10)得：a=-3沅=-2，即新回归直线方程为 )=3x-2.所以x=5时预测值)=3×5-2=13，因此残差为12-13=-1. 6.D【详解】由4+受+受++2是-2-1，当n=1时，a=1: 222 当n≥2时，4+号+学+品=加-1：4受+号+ +=2n-3, 1,n=1 所以品=2，即a,=2:当n=1时，不满足，所以4，=2，n22 22(1-2"-） 所以a,}的前n项和为S,=4+立a=1+ =21-3.所以S026=2027-3. =2 1-2 7.A【详解】设正三棱柱的底面边长为a,侧棱长为1，则6a+31=18,即1=6-2a,0<a<3. 正三棱柱的外接球球心为上下底面中心连线的中点，外接球半径R满足 则4πR2≥9π，即外接球表面积的最小值为9π. 8.A【详解】记函数f(x)=e+a,g(x)=e+a,则f'(x)=e,g'(x)=e+“, 若a=0,f(x)=g(x)=e,两曲线重合，则A,B重合（若不重合，则y=e在两点处斜率不相同，矛盾）， 且不在x轴上，而点C在x轴上，矛盾； 则a≠0，设A(x,y)，B(x2,y2),则y=e+a,2=e+a,由切线知直线1的斜率 k=f()=e=g()=e“,所以x=5+a,又==-c-(e+a1,所以 X2-x1 -a e=eta=1,即x1=0,x2=-a,y=e+a=a+1,y2=e+a=1, 因为yc=0,所以由AC=CB得y+y2=2yc=0,所以a=-2 9.AD【详解】对于A,f)=2sin5snx+eas-51-cos2+sin2x=3+2sm2r-引所以 T经=，故A正确： 2 ·数学· 参考答案及解析 对于B, f)f)5+2sm25,故B错误： 对于C,+)-5+2sn2,不是音函数，故C错误： 对F当[2[到 所以f(x)单调递增成立，故D正确. x2(3-x),x≤3 10.ABD【详解】f(x)=x2x-3= r(x-3),x>3' 当x≤3时，f'(x)=3x(2-x), 当x>3时，∫'(x)=3x(x-2),即x<0和2<x<3时f'(x)<0,f(x)单调递减： 0<x<2和x>3时f'(x)>0,f(x)单调递增， 对于A,2是∫(x)的极大值点，故A正确： 对于B,f(2)=4为f(x)的极大值，又x<0时f(x)单调递减，且f(-1)=4;x>3时f(x)单调递增， 且f(3)=0<4,f(4)=16>4,故存在x∈(3,4)使得f(x)=4, 综上，f(x)=4有三个实数解，故B正确： 对于C,当x∈(0,1)时，x<2,所以0<x2<2x<2, 因为.f(x)在区间(0,2)上单调递增，所以f(x2)<f(2x),故C错误： 对于D,①当x∈[-1,0]时，x+3∈[2,3]，f(x+3)-f(x)=(x+3)[3-(x+3)]-x2(3-x)=-9x(x+1)≥0 成立； ②当x∈(0,3]时，x+3e(3,6,f(x+3)-f(x)=(x+3[(x+3)-3]-x2(3-x)=2x3+3x2+9x>0成立： ③当x∈(3，+0)时，x+3∈(6，+o),因为x>3时f(x)单调递增，所以f(x+3)>f(x)成立； 综上所述，f(x+3)≥f(x)对x∈[-1，+oo)均成立，故D正确. 11.ACD【详解】对于A,用-y代替y,代入『方程依然成立，所以『关于x轴对称，又因为Γ以原点 为中心逆时针旋转行之后与原圃线重合，所以T也关于y=5x和y=5x对称，故A正确： 对于B,将y=0代入Γ方程得x4-8x3+18x2-27=0,将x=-1代入成立；将x=4代入不成立，故B错误； 对于C,记曲线x2+y2+16x+15=0为圆E,（-1,0)在圆E上，联立Γ和E的方程，利用y2=-x2-16x-15 消掉)只，整里得4r+16x+2+9=0,由-1为该方程的根，得(c+02x+3=0,解得x=-1或 3 ·数学· 参考答案及解析 因为r和E均关于轴对称，且代入=链得)=士 3,所以(-1,0)， 33W3 33W3 2 2’2 (22为 和E的3个公共点，故C正确： 333 对于D,由C知 -22 在Γ上，将其绕原点逆时针旋转后得到43,0)也 3 在T上，记B D(-l,0),由C知这三个点也在圆E上， E(-8,O),如图所示，T所围成的图形可以看作为正三角形ABC减去三块相同的 弯曲等分，由对称性，下面所究在第二象限中r和E的位关系，由图可知x(-小记1=产>0， 则T方程可化为f()=t2+(2x2+24x+18上+(x-8x3+18x2-27上0，设其两根为4<t2. E方程可化为t=-x2-16x-15,记其根为t. 函数f(t)的对称轴为t=-x2-12x-9,4<-x2-12x-9<t2, 由于(-x2-12x-9）-(（←x2-16x-15）=4x+6>0, 因此t=-x2-16x-15在函数f(t)的对称轴左侧，f(t)开口朝上， 又f(t)=f(-x2-16x-15)=-32(4x3+16x2+21x+9=-32+1)2x+3)>0=f(,), 3 所以1<4<，即对任意确定的x∈2 圆E在第二象限的点除去B之外均在下下方， 记Γ在BDC的曲线部分与线段BC所围成的面积为S',即S'大于弓形BDC的面积， 7、1 圆弧BDC所对的圆E半径为7 cos/B∠BD=2=cso所以圆心角为20) 局形BDC的面积为2073B=49092,即S>49D93 22 4 所以s-e35百、-4065-147o线立，液D正 12.5【详解】因为a=(1,4),b=（-2,1),c=(m,2),所以a+c=(m+1,6),b+c=(m-2,3), 又因为(a+c)/5+c),所以有3(m+1)=6(m-2),得m=5. 13.号【详解】由于C。=C<C=C5<C,=C<C=C<Ci, 4 ·数学· 参考答案及解析 因此有下列情况：①当x∈{1,9}时，y∈{2,3,4,5,6,7,8}：②当x∈{2,8}时，y∈{3,4,5,6,7}；③当x∈{3,7} 时，y∈{4,5,6；④当x∈{4,6}时，y∈{5}： 所水的做率为号+号号号号：-号 9 14.2029【详解】由题意，每次扩展”之后，原数列1,3之间仍形成等差数列，原数列3,7之间同样形成 等差数列，且对应的公差均较扩展之前减半，所以加次时展之后，原数列L,3之间形成公差为是的等 差数列：原数列37之间形成公差为的等差数列， 所以0-小子++0-会+1-gg+-1=21 5.-+32+,3+72+刊-3=7×2”+4，所以P+5=9x20+5, 2 即1og2(9×2026）<log2(D06+So6)<log2(10×22026）， 因为3=1og,8<lg29<log,10<1og216=4,所以[1og2(9×2226)]=[2026+log29]=2029, [1og2(10×2226)门=[2026+1og210]=2029,故[1og2(Po6+Sm5)]=2029. 15.(13分) 解：(1)由题意，sin2C=2 sin CcosC,原式可化为 sin C(sin Acos C+cos Asin C)+3csin Bcos 4=0, 由A+B+C=π，得sinB=sin(A+C)=sin AcosC+cos Asin C, 则原式可化为sin CsinB+√5 csin Bcos A=0,…3分 由Be(0,π)，所以sinB≠0，所以sinC=-V3 ccos4, 由正弦定理，得品AC又a=l,所以mC=c4:-cos4,c0, 所以tanA=-V5,由A∈(0，x),得A=2 …6分 3 (2)由题意及1)得.Sc-csnA- ,解得bc= 4’ …8分 16 由余弦定理得，a2=b2+c2-2 bccos A,即1=b2+c2+bc=(b+c)2-bc,…10分 代入c=号解得+-，因为c>0,解得+c=g5 …12分 2 所以△MBC的周长为a+b+c=5 2 +1.… …13分 5 ·数学· 参考答案及解析 16.(15分) 解：(1)记5为优质品数目，则5的所有可能取值为01,23,5-83,8， …2分 …4分 所以P(5≥2)=P(5=2)+P(5=3)= 64,512704 …5分 243729729 (2)由(1)，合格品有3-5台，依题意，X=55+33-)=25+9, 则X的所有可能取值为9,11,13,15，…6分 则x-y--0-cg2x-1w-K--G8g- PX=15)=P(5=3)=729 512 PX=13)=P5=2)=24,7 …10分 所以X的分布列为： X 9 11 13 15 1 8 64 512 729 243 243 729 …11分 由5-B3,8得E(5)=3x8-8 93’D(5)=3x8 818 9927 所以数学期望B(X)=E(25+9)=2E(5)+9=43, 3 方差D(X)=D(25+9)=4D(5)=2 27…15分 17.(15分) 证明：(1)由题意，圆台体积V=00,(P0+40:+P040,)=7m, 得PO2+2PO-3=0,解得P0=1或-3（舍），…1分 由点P到底面ABC的距离为O,O,=3,所以PA=PC= 3 =2√5 2分 in60° 因为OO2⊥平面ABC,所以O,O2⊥AO2,由勾股定理AO=VOO+AO=V13, 则AO2=PO2+PA,即PO⊥PA,同理PO⊥PC, 由PA∩PC=P,PA,PCC平面PAC,所以PO⊥平面PAC,… …4分 设直线AC与平面PO,O,交于点M,因为上下底面平行，且分别与平面PO,O,交于直线PO,与MO,,所 以PO,∥MO2, …5分 即MO,⊥平面PAC,因为MO2c平面ABC,所以平面PAC⊥平面ABC.…6分 解：(2)由(1)得MO2⊥AC,因为AO2=CO,所以点M是线段AC的中点， 又PA=PC,所以PM⊥AC,所以AC,MO2,PM两两垂直，…7分 6 ·数学· 参考答案及解析 以M为原点，直线MA,MO2,MP分别为x,y,2轴建立空间直角坐标系如图， 因为PM⊥平面ABC,所以PM∥O,O2,即四边形PMO,O,为平行四边形， 所以PM=O,O,=3,M0,=PO,=1,AM=VAO-MO=V3,…8分 所以AV5,0,0),0,(0,1,0),P(0,0,3),C(-V5,0,0),0(0,13),0,为AB中 点，即B(-5,2,0),AP=(-V5,0,3),AB=（-25,2,0),P0=(0,10), …9分 设平面PO,A与平面PAB的法向量分别为m=（x,y,z)和n=（a,b,c),两平面夹角为O, a护。Vr+在=0取：=1符而-50店 由 m.P0=y=0 …1分 由P=-a+=0，取c=1得，=(N53,)” …13分 n.AB=-2√5a+2b=0 m·n 4 所以cos0=6 os(m.- 213 2×V1313 即平面P0A与平面PMB夹角的余弦值为2 13 15分 18.(17分) 解：(1)因为抛物线C2:y2=4x的焦点为(1,0)， …1分 所以椭圆C的右焦点为F(1,0),即c=1,又过椭圆的左焦点F(-1,0)的直线与椭圆交于A,B两点，根 据椭圆的定义，△ABF2的周长为8=4a,所以a=2,可得b2=a2-c2=3,所以椭圆的标准方程为 =1.… ……4分 (2)(①由题意，P不在原点，直线AB与P?均不与x轴重合， AB:x=my-1,Pe:x=ny+1,A(x,y),B(x2,y2),P(x3,y3),2(xa,y), m+n x=my-1 X3= 联立AB与PQ方程： x=m+1'解得 m-n 6分 2 y3= m-n 因为P在抛物线上，得 22 4m+n 解得：m2=n2+1,m2≥1，…7分 m-n m-n 当n=0时，日子m=1,g-晋安交，则am=1=n8凤立： …8分 1 1 当n≠0时，n= tano,m= ang,则。 、+1=cos'8+sin26=1 ,所以tan20=sin202, tan20tan20 sin20 sin20 7 ·数学· 参考答案及解析 即tan0=sine,=sine成立(sine2≥0). 综上，tane=sine2成立. …10分 x=y-1 (联立AB与椭圆方程： x2,y2 X 43 1 整理得：（3m2+4)y2-6y-9=0,4=144(m2+1>0,由韦 6m -9 达定理得y+y,= 3m2+4’5 3m2+4 -6m-43m+4-9》12Vm+am 3m2+4 3m2+4 x=y+1 联立PQ与抛物线方程： >=4，整理得：-4-4=0,4=162+1小>0， 由韦达定理得3+y4=4n,3y4=-4, 所以y-y4=V(-4m2-4(-4)=4Wm+1=4m: …14分 8传得列小-8 m2(m2+1） -=48 3m2+4 (3m2+4 =47.则-号8-6少.5640 设()=4-5x+1,0<x≤d)对称轴为x则)在Q引单调造减。 所以=)将即：=7，小=1时-取得最 …17分 19.(17分) 解：(1)1>2' …1分 理由如下：由题意，有2-lnt=t,即t+lnt-2=0. 记g(x)=x+lnx-2,x>0,则g(t)=0, g(x)=1+1>0,于是g()在(0，+w)上单调递增. …2分 3 由零点车在定，得1信小所以>号 …4分 证明：(2)①由a,=1得a,=2,a=2-ln2∈[1,2]，当x∈[1,2]时，2-lnx∈[1,2]， 8 ·数学· 参考答案及解析 所以an∈[l,2],neN°. 5分 先证明keN时ak-1<t: 因为x<t时，2-nx>2-lnt=t;x>t时，2-lnx<2-lnt=t, 又a1<t,a2>t,所以a3<1,a4>t,…,即a2-1<t,，a2k>t,… …7分 要证数列{a2k-}递增，即证a2k1-a2k1=2-lna2k-2k-1=2-lh(2-na2k-1)-a2k-1>0, 即证2-ak-1>ln(2-lna-）,即证c2->2-na2k-1,1≤a2k-1<t,…8分 令()=e-2+1nx,1≤<1，其中1{(32 满足2-lnt=t即e2-=t, h(x)=1-e2=1-e2 x 令m(x)=1-xe2-,1≤x<t,则m'(x)=(x-1)e2->0,即m(x)在[1，)上单调递增， 所以m(x)≤m(=1-te2-=1-t2<0,即h'(x)<0,所以h(x)在[1，t)上单调递减，…10分 h(x)>h(t)=e2-2+Int=t-t=0, 即1≤a2-1<t时，e2-a>2-lna2k-1成立，所以数列{a2k-}为递增数列.…11分 (i由（①）同理可得k∈N时t<a2k≤2， 下面证明a2k-1+a2k<2t,即证a2k-1+2-lna2k-1<t+2-lnt, 令p(x)=x+2-Inx,x∈[l,2],p(x)=1-1≥0，则p(x)在[l,2]上单调递增， 又1≤2-1<t<2,所以p(a2k-1)<p(t),即a2k-1+a2k<2t成立，…12分 所以n为偶数时，S=(a+a)+(a+a)++(a1+a)<2t.”=m: n为奇数时，S.=(a+a)+(a,+a)++(a,+a)+a,<21." -+t=tn, 2 综上，不等式右侧Sn<们恒成立.…14分 同理，因为t<a2k≤2，所以p(t)<p(a2k)成立，即a2k+a2k+1>21,…15分 以”为偶数时，S,=a+Q,+a+(@,+西++@，2+a)+a>1+2.”2+1=1m- n为奇数时，S,=4+(a+a)+(a,+a,)++(a,1+a,)≥1+2."=n-)+1, 2 其中n=1时等号成立， 综上，不等式左侧Sn≥t(n-1)+1恒成立. 则t(n-1)+1≤Sn<tn.… …17分 9