精品解析：北京市第八十中学2026-2027学年高三上学期九月阶段评价数学试题

北京市第八十中学2026—2027学年第一学期九月阶段评价 高 三 数 学 2026年9月 班级______姓名______考号______ （考试时间120分钟 满分150分） 提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效． 在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答． 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题所给的四个选项中，选出最符合题目要求的一项） 1. 已知集合，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，故. 2. 下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】判断各选项中函数的奇偶性与单调性，可得出正确选项. 【详解】对于A选项，二次函数关于直线对称，该函数既不是奇函数也不是偶函数，不合乎题意； 对于B选项，函数的定义域为，关于原点对称，且，该函数为偶函数，当时，，则函数在区间上是增函数，合乎题意； 对于C选项，函数的定义域为，且，该函数为奇函数，不合乎题意； 对于D选项，函数为偶函数，且在上不单调，不合乎题意.故选B. 【点睛】本题考查函数奇偶性与单调性的判断，可以利用定义，对于一些常见的基本初等函数，也可以借助其本身的基本性质来进行判断，考查对函数基本性质的了解，属于基础题. 3. 已知，且，则下列不等关系中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据不等式的性质，基本不等式以及作差法，即可根据选项逐一求解. 【详解】对于A,由于，则，故，进而，A错误， 对于B,由于，则，故，B正确， 对于C, 由于，则，故，C错误， 对于D, ，由于，则，故 ，故，D 错误， 4. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，则的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变）得到 函数图象的解析式为， 再将所得函数图象向右平移个单位得到函数图象的解析式为， 即． 5. 已知，，，则、、的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数、指数函数的单调性比较大小即可. 【详解】因为，，， 所以. 6. 在中，，，，则满足条件的三角形的个数为（ ） A. B. C. D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】直接由正弦定理并结合三角形解的个数判断可得. 【详解】因为中，，，， 所以，因为 ， 所以满足条件的三角形的个数为． 7. 在中，内角，，所对的边分别为，，，，，则角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用正弦定理结合诱导公式化简，再结合特殊角三角函数值计算求解. 【详解】在中，，， 由正弦定理得，又因为， 所以得， 化简得，即得， 所以，且 则. 8. 一种药在病人血液中的量不低于150mg有疗效，现给某病人静脉注射这种药250mg.若该药在血液中以每小时20%的比例衰减，为保持疗效，再次向病人的血液中注射这种药的最大时间间隔约为（ ）（精确到0.1小时，参考数据，） A. 5.6小时 B. 4.6小时 C. 3.8小时 D. 2.2小时 【答案】D 【解析】 【详解】设应该间隔小时再次向病人血液中补充这种药，由题意知，所以，两边取以10为底的对数，得， 所以， 因需保证药物量不低于150mg，故对结果向下取近似值，得2.2小时. 9. 已知定义域为的函数满足，.若在区间上单调递增，则“在上单调递增”是“是奇函数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】举反例说明充分性不成立，根据奇函数的定义和性质判断必要性成立. 【详解】若在上单调递增，例如， 满足，在区间上单调递增，但， 所以函数不是奇函数，所以充分性不成立； 若函数是奇函数，则， 且在区间上单调递增，则在区间上单调递增， 所以在上单调递增，所以必要性成立； 综上所述：“在上单调递增”是“是奇函数”的必要不充分条件. 10. 定义集合且，集合中元素的个数为．下列说法正确的是（ ） ① ② ③存在，使得成立 ④记表示不超过的最大整数，且，则． A. ①② B. ①②③ C. ②③ D. ①②④ 【答案】D 【解析】 【分析】①枚举验证集合元素，②用容斥原理推导计数公式，③结合等比数列性质判断方程解的存在性，④通过放缩法确定求和范围后计算取整结果. 【详解】逐个分析结论： 对于①：∵ ，为其中不被2、3整除的正整数， 枚举得符合条件的元素为，故，①正确. 对于②：中共有个正整数，根据容斥原理，不被2或3整除的元素个数为： ，②正确. 对于③：由②得，代入等式得，约分化简得. ∵ ，故，，左边含因子，该数除以12余1，右边为12的正整数次幂，除以12余0，矛盾，故不存在满足条件的，③错误. 对于④：由②得，故. 首先，且为递增数列. 当时，，故， 因此. 故对任意，都有，因此，④正确. 综上，正确的结论为①②④，答案选D. 【点睛】方法归纳：新定义集合类多选题需先准确理解定义，再结合对应知识点逐个验证：计数类问题优先用容斥原理简化计算，数列存在性问题可通过因式分解或模运算推导矛盾，取整类求和问题常用放缩法将通项转化为等比数列求和确定范围. 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．在答题卡上写上每小题的正确答案） 11. 不等式的解集是___________. 【答案】 【解析】 【分析】把不等式化为，结合指数函数的单调性，即可求解. 【详解】由不等式，可化为， 因为函数为定义域上的单调递增函数，所以， 所以不等式的解集为. 12. 角的顶点在原点，始边在轴的正半轴，终边过点，则________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据任意角正切函数的定义求出，再代入二倍角的正切公式计算即可得解. 【详解】根据任意角三角函数的定义，角终边过点，其中横坐标，纵坐标，因此 ， 由二倍角的正切公式可得. 13. 已知函数的图象向右平移个单位长度后与原图象重合，写出一个符合题意的的值为______． 【答案】6（答案不唯一） 【解析】 【详解】由题意得，，且有，即，所以ω的取值可以是6． 14. 已知函数，集合．若对任意，都有，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】当时，，当时，，进而根据与的大小分类讨论，由数形结合求解即可. 【详解】当时，， 当时， 所以当，即，作出函数的图象，如图， 当，都有，且，所以满足题意； 当，即时，作出函数的图象，如图， 当或，都有，且对任意， 都有，所以满足题意； 当，即时，作出函数的图象，如图， 当，且对任意都有， 则需满足，即，解得，所以. 综上，的取值范围为. 15. 设函数给出下列四个结论： ①当时，函数在上单调递减； ②若函数有且仅有两个零点，则； ③当时，若存在实数，使得，则的取值范围为； ④已知点，函数的图象上存在两点，关于坐标原点的对称点也在函数的图象上．若，则． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】根据时，即可判断①，求解方程的根，即可求解②，结合函数图象，求解临界状态时，即可求解③，根据函数图象的性质可先判断，继而根据对称性联立方程得，，根据可得，代入即可求解④. 【详解】当时，时，，故在上不是单调递减，①错误； 对于②，当显然不成立，故， 当时，令，即，得，，要使有且仅有两个零点，则，故，②正确， 对于③, 当时,,此时在单调递减，在单调递增，如图： 若，由，故，所以的取值范围为；③正确 对于④,由①③可知：时，显然不成立,故， 要使，关于坐标原点的对称点也在函数的图象上， 则只需要的图象与有两个不同的交点，如图： 故， ， 由对称可得， 化简可得，故， ，化简得 所以 由于均大于0，所以，， 因此 由于，为单调递增函数，且， 此时，因此，④正确， 故答案为：②③④ 【点睛】方法点睛：函数零点问题常用的方法和思路 （1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 三、解答题（本大题共6小题，共85分．解答过程应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16. 如图，在四边形中，，，，． （1）求边的长度； （2）求四边形的面积； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先利用数量积公式求解出的度数，然后由余弦定理即可求出. （2）利用三角形的面积公式分别求出和面积，即可求出四边形的面积. （3）利用已知条件在中先求出，再由正弦定理即可求出. 【小问1详解】 因为， ． ，． 在中，， ． 【小问2详解】 由（1）得，． ． ， ． ． 四边形的面积． 【小问3详解】 在中， ， ． 由正弦定理，得， ． 17. 已知函数，其中，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知条件，使存在，并完成下列两个问题． （1）求的值； （2）若，函数在区间上最小值为，求实数的取值范围． 条件①：对任意的，都有成立； 条件②：； 条件③：． 【答案】（1） 选①或③，. 不能选② （2） 【解析】 【分析】（1）根据所选条件分别计算能否使成立，从而可求解. （2）根据（1）中可得，再利用整体代换法得，从而可求得，再结合，从而可求解. 【小问1详解】 由， 若选条件①：可知当时，，因为，即，且对任意，都有恒成立，故选条件①时存在，故可选①； 若选条件②：，解得或，，因为，所以与条件矛盾，故不选②； 若选条件③：， 所以，因为，可得，故条件③能使成立，故可选③； 综上所述：故可选择条件①或③，此时. 【小问2详解】 由（1）知，当时，， 且的最小值为，所以可得，解得，又， 所以， 所以的取值范围为. 18. 已知函数和函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设函数，求函数的单调区间； （3）设函数，求证：函数的图象在直线的上方. 【答案】（1） （2）函数的单调递增区间有，；单调递减区间有， （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求函数的导函数，再求，，由导数几何意义可得切线斜率，由点斜式可得切线方程， （2）求函数的定义域及导函数，令，解方程，分区间判断导数的正负，由此确定函数的单调区间， （3）求函数的导函数，设，再求，判断函数的单调性，确定函数的零点范围，由此可得函数的单调性及最小值的范围，由此证明结论. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，， 所以曲线在点处的切线斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为，即， 【小问2详解】 因为，， 所以， 函数的定义域为， 所以， 令，可得或， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以函数的单调递增区间有，；单调递减区间有， 【小问3详解】 因为，，， 所以， 所以，设， 则， 所以在上单调递增，又， ， 所以存在，满足关系，故， 故， 当时，，，函数在上单调递减， 当时，，，函数在上单调递增， 所以， 因为，设，，， 则， 所以函数在上单调递增， 所以当时，， 所以，所以， 所以函数的图像在直线的上方. 19. 激光的单光子通讯过程可用如下模型求述：发送方将信息加密后选择某种特定偏振状态的单光子进行发送，在信息传输过程中，若存在窃听者，由于密码本的缺失，窃听者不一定能正确解密并获取准确信息．某次实验中，假设原始信息的单光子的偏振状态等可能地出现，原始信息的单光子的偏振状态与窃听者的解密信息的单光子的偏振状态有如下对应关系． 原始信息的单光子的偏振状态 0 1 2 3 解密信息的单光子的偏振状态 已知原始信息的任意一种单光子的偏振状态，对应的窃听者解密信息的单光子的偏振状态等可能地出现． （1）若发送者发送的原始信息的单光子的偏振状态为1，求窃听者解密信息的单光子的偏振状态与原始信息的单光子的偏振状态相同的概率； （2）若发送者连续三次发送的原始信息的单光子的偏振状态均为1，设窃听者解密信息的单光子的偏振状态为1的个数为X，求X的分布列和数学期望； （3）已知发送者连续三次发送信息，窃听者解密信息的单光子的偏振状态均为1．设原始信息的单光子只有一种偏振状态的可能性为a，有两种偏振状态的可能性为b，有三种偏振状态的可能性为c，试比较的大小关系． 【答案】（1） （2）的分布列如下： 0 1 2 3 P （3） 【解析】 【分析】（1）列出基本事件，再求解概率即可. （2）利用分布列的定义求解分布列，再求解数学期望即可. （3）依据贝叶斯公式得出结论即可. 【小问1详解】 设“解密信息的单光子的偏振状态与原始信息的单光子的偏振相同”作为事件A，易知共有3个基本事件，则． 【小问2详解】 的可能取值为. ，， ，， 所以，的分布列如下： 0 1 2 3 P ． 【小问3详解】 结论： 证明：由窃听者解密信息的单光子的偏振状态均为1可得原始信息只能包含0，1，2， 设原始信息的单光子只有一种偏振状态为事件A，有两种偏振状态为事件B，有三种偏振状态为事件C，窃听者解密信息的单光子的偏振状态均为1为事件M, 则， , ，，， 故得证. 【点睛】方法点睛：应用已知先设事件，再分别设事件，表示成为条件概率再依据贝叶斯公式得出结论即可. 20. 已知函数 ． （1）求证：曲线在点 处的切线总与直线平行； （2）函数在区间上存在极值点，求的取值范围； （3）讨论在区间上的零点个数． 【答案】（1）由，得， ， ， 所以曲线在点处的切线的斜率为0，切线方程为， 所以曲线在点处的切线总与直线平行． （2） （3）当或时，在区间上没有零点； 当时，在区间上有且仅有1个零点． 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，再求出和的值，根据导数的几何意义得到切线方程，进而证明切线与直线平行. （2）对函数求导，根据函数在区间上存在极值点，分析导数在该区间上的正负变化，确定的取值范围. （3）结合（2）问，分类讨论可得函数在区间上的零点个数. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由（1）知，因为， 所以，令， 当时，，在区间上单调递增，且， 所以在区间上恒成立，即在区间上恒成立， 在区间上单调递增，无极值点． 当时，在区间上递减，令，得． 若，即时，在区间上恒成立， 即在区间上恒成立，在区间上单调递减，无极值点． 若，即时， 当时，，则，单调递增； 当时，，则，单调递减， 所以在处取得极大值，满足函数在区间上存在极值点． 综上，的取值范围是． 【小问3详解】 由（2）知，在区间上单调递减， 又，所以对恒成立， 所以在区间上没有零点； 由（2）知当时， 在区间上单调递增，在区间上单调递减，且， 当时，函数的趋势由起决定作用的项决定， 因为，所以， 因此在区间上有且仅有1个零点； 由（2）知时，在区间上单调递增， 又，所以对恒成立， 所以在区间上没有零点； 综上所述：当或时，在区间上没有零点； 当时，在区间上有且仅有1个零点． 21. 若有穷自然数数列：满足如下两个性质，则称为数列： ①，其中，表示，这个数中最大的数； ②，其中，表示，这个数中最小的数. （1）判断：2，4，6，7，10是否为数列，说明理由； （2）若：是数列，且，，成等比数列，求； （3）证明：对任意数列：，存在实数，使得.（表示不超过的最大整数） 【答案】（1） ：2，4，6，7，10不是数列，理由如下： 因为， 所以， 但，所以不满足性质①，故不是数列； （2） （3） 当时，根据数列的定义，可知或, 若，取，则，结论成立， 若，取，则，结论成立， 假设存在自然数，存在数列使得结论不成立，设这样的的最小值为， 即存在数列对任意实数，存在，使得， 根据假设，数列的前项组成的数列是一个数列， 从而存在实数，使得，， 即， 令，则， 令 ，则， ①若，根据的定义，存在，使得， 又， 则且， 所以， ②若，根据的定义，存在，使得， 又， 则，且， 所以， 所以， 令，则， 即， 所以， 所以， 即，与假设矛盾， 综上，结论成立. 【解析】 【分析】（1）直接根据数列的定义验证； （2）根据数列的定义先列式求出，进而可求出； （3）先说明数列满足结论，然后假设存在自然数，存在数列使得结论不成立，设这样的的最小值为，即存在数列对任意实数，存在，使得，通过数列的定义退出矛盾，进而达到证明结论的目的. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 根据：是数列可得：满足： 或，或， ①若，因为，，成等比数列，所以， 又，所以，所以，得， ②若，因为，，成等比数列，所以， 当时，，解得，与为自然数矛盾，舍去； 当时，，解得，与为自然数矛盾，舍去； 所以， 由以及， 得，所以， 由以及， 得， 由以及， 可知，所以； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第三问，假设存在自然数，存在数列使得结论不成立，设这样的的最小值为，即存在数列对任意实数，存在，使得，利用反证法达到解决问题的目的. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第八十中学2026—2027学年第一学期九月阶段评价 高 三 数 学 2026年9月 班级______姓名______考号______ （考试时间120分钟 满分150分） 提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效． 在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色签字笔作答． 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题所给的四个选项中，选出最符合题目要求的一项） 1. 已知集合，则=（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是 A. B. C. D. 3. 已知，且，则下列不等关系中正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，则的解析式为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，则、、的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，，，，则满足条件的三角形的个数为（ ） A. B. C. D. 无法确定 7. 在中，内角，，所对的边分别为，，，，，则角的大小为（ ） A. B. C. D. 8. 一种药在病人血液中的量不低于150mg有疗效，现给某病人静脉注射这种药250mg.若该药在血液中以每小时20%的比例衰减，为保持疗效，再次向病人的血液中注射这种药的最大时间间隔约为（ ）（精确到0.1小时，参考数据，） A. 5.6小时 B. 4.6小时 C. 3.8小时 D. 2.2小时 9. 已知定义域为的函数满足，.若在区间上单调递增，则“在上单调递增”是“是奇函数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 10. 定义集合且，集合中元素的个数为．下列说法正确的是（ ） ① ② ③存在，使得成立 ④记表示不超过的最大整数，且，则． A. ①② B. ①②③ C. ②③ D. ①②④ 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．在答题卡上写上每小题的正确答案） 11. 不等式的解集是___________. 12. 角的顶点在原点，始边在轴的正半轴，终边过点，则________． 13. 已知函数的图象向右平移个单位长度后与原图象重合，写出一个符合题意的的值为______． 14. 已知函数，集合．若对任意，都有，则的取值范围为______． 15. 设函数给出下列四个结论： ①当时，函数在上单调递减； ②若函数有且仅有两个零点，则； ③当时，若存在实数，使得，则的取值范围为； ④已知点，函数的图象上存在两点，关于坐标原点的对称点也在函数的图象上．若，则． 其中所有正确结论的序号是______． 三、解答题（本大题共6小题，共85分．解答过程应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16. 如图，在四边形中，，，，． （1）求边的长度； （2）求四边形的面积； （3）求的值． 17. 已知函数，其中，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知条件，使存在，并完成下列两个问题． （1）求的值； （2）若，函数在区间上最小值为，求实数的取值范围． 条件①：对任意的，都有成立； 条件②：； 条件③：． 18. 已知函数和函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）设函数，求函数的单调区间； （3）设函数，求证：函数的图象在直线的上方. 19. 激光的单光子通讯过程可用如下模型求述：发送方将信息加密后选择某种特定偏振状态的单光子进行发送，在信息传输过程中，若存在窃听者，由于密码本的缺失，窃听者不一定能正确解密并获取准确信息．某次实验中，假设原始信息的单光子的偏振状态等可能地出现，原始信息的单光子的偏振状态与窃听者的解密信息的单光子的偏振状态有如下对应关系． 原始信息的单光子的偏振状态 0 1 2 3 解密信息的单光子的偏振状态 已知原始信息的任意一种单光子的偏振状态，对应的窃听者解密信息的单光子的偏振状态等可能地出现． （1）若发送者发送的原始信息的单光子的偏振状态为1，求窃听者解密信息的单光子的偏振状态与原始信息的单光子的偏振状态相同的概率； （2）若发送者连续三次发送的原始信息的单光子的偏振状态均为1，设窃听者解密信息的单光子的偏振状态为1的个数为X，求X的分布列和数学期望； （3）已知发送者连续三次发送信息，窃听者解密信息的单光子的偏振状态均为1．设原始信息的单光子只有一种偏振状态的可能性为a，有两种偏振状态的可能性为b，有三种偏振状态的可能性为c，试比较的大小关系． 20. 已知函数 ． （1）求证：曲线在点 处的切线总与直线平行； （2）函数在区间上存在极值点，求的取值范围； （3）讨论在区间上的零点个数． 21. 若有穷自然数数列：满足如下两个性质，则称为数列： ①，其中，表示，这个数中最大的数； ②，其中，表示，这个数中最小的数. （1）判断：2，4，6，7，10是否为数列，说明理由； （2）若：是数列，且，，成等比数列，求； （3）证明：对任意数列：，存在实数，使得.（表示不超过的最大整数） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $