精品解析：广东深圳外国语学校2026-2027学年高三上学期第二次阶段性考试数学试题

深圳外国语学校2027届高三第二次阶段性考试 数学试题 本试卷满分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、单选题：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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，，且，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 2. 设，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. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，，若，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 设函数.若是的最小值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 是定义在上的奇函数，且，当时，，则=（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 若，，复数的虚部为2，则的实部可能为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 10. 如图，内角，，的对边分别为，，，为边上一点，且，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则角 B. 的最小值为 C. 若，则 D. 若，，则 11. 已知函数，在R上的导函数分别为，，若为偶函数，是奇函数，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 是R上的奇函数 D. 是R上的奇函数 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 如果向量，，其中分别是轴、轴正方向上的单位向量，且三点共线，则________． 13. 已知将函数的图象向左平移个单位后，所得的函数图象关于点中心对称，则实数_____． 14. 已知.设函数若关于x的不等式恒成立，则a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. 已知函数的最小值为． （1）求的值； （2）求的最小正周期和单调增区间： （3）若，，求的值． 16. 已知∆中，内角，，所对的边分别为，，，且满足. （1）证明； （2）若，，求的面积. 17. 如图，在四棱锥 中，侧面 平面 ， 是边长为2的等边三角形，底面 为直角梯形，其中 ， ， ， 为线段 中点，连接 . （1）证明： 平面 ； （2）求平面 与平面 夹角的余弦值. 18. 已知双曲线 ：（，）的右顶点，斜率为1的直线交 于 、 两点，且中点. （1）求双曲线 的方程； （2）证明：为直角三角形； （3）经过点且斜率不为零的直线与双曲线 的两支分别交于点， .若点 是点 关于轴的对称点，试问，不论直线的斜率如何变化，直线 是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，说明理由. 19. 对给定的实数a，b，q，其中，.对于定义域为D的函数，区间，若满足以下两个条件： （i）对任意的，都有；（ii）对任意的，．则称为在区间上的一个“q-压缩函数”．区间上所有“q-压缩函数”构成的集合记作． （1）判断下列函数，是否属于集合？（直接写出结论） ①，②； （2）若满足对任意的，，求的取值范围； （3）若函数是区间上的“q-压缩函数”，且在I上的图像是一段连续曲线，求证：存在唯一的，使得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳外国语学校2027届高三第二次阶段性考试 数学试题 本试卷满分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、单选题：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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，，且，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由， ，． 2. 设，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】解不等式，根据集合的包含关系和充分性、必要性的概念求解即可. 【详解】由可得，解得， 由解得或， 因为集合是集合的真子集， 即由可推出或，由或，推不出， 所以“”是“”的充分不必要条件， 3. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由诱导公式，余弦，指数，对数函数单调性并利用中间量可比较大小. 【详解】， ，， 从而，即. 4. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用同角三角函数关系 得出，再应用二倍角余弦公式计算求解. 【详解】，， ， . 5. 已知向量，，若，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出的值，再由投影向量公式求解即可. 【详解】因为， 所以， 即，解得， 所以， 设为向量在上的投影向量， 则. 6. 设函数.若是的最小值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分和两种情况，分类讨论，即可求解. 【详解】由题意得：， 当时，，当且仅当时等号成立， 即， 当时，对称轴为， 当时，即，因为是的最小值， 所以，即，解得， 所以， 当时，即，所以，不满足题意， 综上所述，. 7. 是定义在上的奇函数，且，当时，，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用奇函数性质与推出函数周期为4，将转化到已知解析式的区间附近，再结合奇偶性计算对应函数值. 【详解】 已知是上的奇函数，故，又， 将替换为得 ， 所以，即是周期为4的周期函数， 由，得，故， 所以， 由周期性得： . 8. 已知函数，若对任意恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导函数的单调性和零点判断函数单调性，利用隐零点表示出最小值，结合基本不等式求解可得. 【详解】，因为和在上单调递增， 所以在上单调递增， 当时，当时， 所以存在，使得，即， 当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得最小值， 对任意恒成立，等价于对任意恒成立， 由得，代入得： ， 因为，所以由基本不等式得， 当且仅当时，等号成立， 要使对任意恒成立，只需，即. 二、多选题：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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 若，，复数的虚部为2，则的实部可能为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】BCD 【解析】 【分析】先分离实部虚部，由虚部得到约束条件，实部转化为，利用基本不等式算出实部的范围，进而判断选项． 【详解】， 已知，，复数的虚部为2，即， 则复数实部， 当且仅当，即时取等号， 故的实部大于等于4． 10. 如图，内角，，的对边分别为，，，为边上一点，且，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则角 B. 的最小值为 C. 若，则 D. 若，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据化简，结合角的关系及倍角公式判断C，由边角关系及判断A，借助三角恒等变换公式及正弦定理与面积公式计算可判断D，结合正弦定理可将原式化为与角有关的等式，再利用换元法及基本不等式判断B即可. 【详解】对于C，由题意得， 且， 因为，， 可得， 所以， 所以，故C正确， 对于A，由，则，可得， 由已知得，故，解得，故A正确， 对于D，由，则，故， 由，则，则， 故，，由，， 得到， 由正弦定理可得，则， ， 故，故D正确， 对于B，由正弦定理得， 又，故 ， 令，因为，所以，所以， 则 ， 当且仅当，即时取等号， 得到的最小值为，故B错误. 11. 已知函数，在R上的导函数分别为，，若为偶函数，是奇函数，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 是R上的奇函数 D. 是R上的奇函数 【答案】AD 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性、周期性、对称性，以及原函数与导函数的奇偶性，即可判断各选项正误. 【详解】解：已知为偶函数，可知关于对称， 所以关于对称， 因为是奇函数，可知关于对称， 所以关于对称， 又因为，则，即， 所以与关于对称， 因为关于对称的点为，直线关于对称的直线为， 所以关于对称，关于直线对称，是偶函数， 而关于对称，，又， 则，，， 即是周期为4的偶函数，故C选项错误； 由关于直线对称，，关于对称，， 则，， 所以，即是周期为4的偶函数， 由于是周期为4的偶函数，则， 等号两边同时求导，可得，所以是周期为4的奇函数， 同理，由于是周期为4的偶函数，则， 等号两边同时求导，可得，是周期为4的奇函数， 所以与均是周期为4的奇函数，故D选项正确； 由于关于对称，，，则， 所以，故A选项正确； ，故B选项错误； 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据函数的对称性得到函数的奇偶性及周期性，再利用复合函数的导数可得导函数的性质进而即得. 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 如果向量，，其中分别是轴、轴正方向上的单位向量，且三点共线，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用点共线得到向量共线，即，再利用向量的线性运算及向量相等即可得到结果. 【详解】因为A、B、C三点共线，则有， 又，，故，所以， 又、分别是轴、轴正方向上的单位向量，故，得到. 13. 已知将函数的图象向左平移个单位后，所得的函数图象关于点中心对称，则实数_____． 【答案】 【解析】 【分析】解法一：先根据辅助角公式得到，其中，再根据函数的平移及正弦函数的对称性求解即可； 解法二：先得到函数平移后的解析式，再结合题设可得，进而求解即可. 【详解】解法一：由，其中， 将函数向左平移个单位得到， 由于其关于中心对称，则， 即，，则，故． 解法二：函数向左平移个单位得到， 由于其定义域为，又关于中心对称， 故，即． 14. 已知.设函数若关于x的不等式恒成立，则a的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】 欲利用单调性求值域，确定将，，分成三类讨论，又根据具体情况，在每一类情况下又细分，讨论出符合恒成立的a的取值范围. 【详解】（1）当时，，的值域为，则恒成立， 故成立 （2）当时， 当，单调递减，故此时. 当时，，当时，单调递增；当时，单调递减 ①当时，在上单调递增. 此时的值域为，恒成立 ②当时，在时，取得最小值 当时，，则恒成立 当时，.此时若即时，，此时不符合题意 故 ，恒成立， （3）当时，时，为单调递增的一次函数，. 时 在上为增函数，值域为 要有意义，则此时，. ,故 因此，恒成立 综上所述， 故答案为： 【点睛】（1）分段函数问题中参数值影响变形时，往往要分类讨论，需有明确的标准、全面的考虑，注意小分类要求交，大综合要求并. （2）求解过程中，求出的参数的值或范围并不一定符合题意，因此要检验结果是否符合要求． （3）分段函数的最值的求法：先求每一段的最大（小）值，再把每一段的最大（小）值比较，即得到函数的最大（小）值. 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. 已知函数的最小值为． （1）求的值； （2）求的最小正周期和单调增区间： （3）若，，求的值． 【答案】（1）， （2），增区间为 （3） 【解析】 【分析】（1）利用倍角公式及辅助角公式，得到，再结合条件，即可求解； （2）利用（1）中结果及正弦函数的性质，即可求解； （3）根据条件，利用平方关系，求出，再由倍角公式及诱导公式，即可求解. 【小问1详解】 因为 ， 所以，，解得. 【小问2详解】 由（1）知，所以， 由，得到， 所以函数的增区间为. 【小问3详解】 因为，且，则， 所以，， 则， 又，所以. 16. 已知∆中，内角，，所对的边分别为，，，且满足. （1）证明； （2）若，，求的面积. 【答案】（1）因为 ，由正弦定理，得， 因为，所以， 所以，得， 所以，所以， 因为，所以，由可得， 当，得；当，得（舍去）， 所以； （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理把边化为角，结合两角和差公式化简，由正弦相等得到角的关系，舍去不合理情况证得； （2）先用二倍角求出，再结合已知求出边长，最后用面积公式计算面积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由正弦定理得 ，又，， 所以，得，所以， 所以， 因为 ，所以，得， 因为 ，所以 ，得，于是 ， 所以的面积. 17. 如图，在四棱锥 中，侧面 平面 ， 是边长为2的等边三角形，底面 为直角梯形，其中 ， ， ， 为线段 中点，连接 . （1）证明： 平面 ； （2）求平面 与平面 夹角的余弦值. 【答案】（1） 在四棱锥中，取的中点，连接， 由为的中点，且， 得，， 则四边形为平行四边形，所以． 而平面，平面， 所以平面． （2）. 【解析】 【分析】（1）利用线面平行判定定理可证明； （2）利用面面垂直性质定理证明平面，进而证明直线，，两两垂直，然后建系，利用二面角的向量计算公式可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，．由为等边三角形，得， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面， 由，，得四边形是平行四边形， 于是，而，则，直线，，两两垂直， 如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， ，，，． 设平面的法向量为， 则，即，取，得． 设平面的法向量为， 则，即，取，得． 设平面与平面所成的角为， 则， 故平面与平面所成角的余弦值为． 18. 已知双曲线 ：（，）的右顶点，斜率为1的直线交 于 、 两点，且中点. （1）求双曲线 的方程； （2）证明：为直角三角形； （3）经过点且斜率不为零的直线与双曲线 的两支分别交于点， .若点 是点 关于轴的对称点，试问，不论直线的斜率如何变化，直线 是否过定点?若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，说明理由. 【答案】（1）； （2）证明：由已知可得，直线的方程为：，即， 联立，， 则，， ∵ ， ∴，∴为直角三角形； （3）过定点，坐标为. 【解析】 【分析】（1）设，，运用点差法求解即可； （2）直曲联立，借助向量工具求解； （3）设方程为，，，，直曲联立，得到，，得到直线 的方程为，在直线 的方程中，令 ，求解即可. 【小问1详解】 设，，则，， ∵ ， 两点在双曲线 上， ∴，由①－②得， 即，∴， ∴，即，∴， 又∵ ，∴， ∴双曲线 的方程为：； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设方程为，， 联立直线与 的方程，消去得， 因为直线与 的两支分别交于点， ， 设，， 所以，得， 则，，， 因为，所以直线 的方程为， 由对称性可知，若直线 过定点，则定点在轴上， 在直线 的方程中，令 ， 得 所以直线 过定点，定点坐标为. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中直线过定点问题通法，是先设出直线方程，通过韦达定理和已知条件若能求出m为定值可得直线恒过定点，若得到k和m的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点. 19. 对给定的实数a，b，q，其中，.对于定义域为D的函数，区间，若满足以下两个条件： （i）对任意的，都有；（ii）对任意的，．则称为在区间上的一个“q-压缩函数”．区间上所有“q-压缩函数”构成的集合记作． （1）判断下列函数，是否属于集合？（直接写出结论） ①，②； （2）若满足对任意的，，求的取值范围； （3）若函数是区间上的“q-压缩函数”，且在I上的图像是一段连续曲线，求证：存在唯一的，使得． 【答案】（1）①不属于集合，②属于集合. （2） （3）证明：令，因为在上的图像是一段连续曲线， 所以在上也是连续的，且对任意， 所以由，则， 则，，即； 同理，则，，即. 若，或，则或， 故满足，使得； 若，且，则且，且在上连续， 则由零点存在性定理可知，，使得； 下面证明唯一存在性. 假设存在，，使得，， 则， 由题意函数是区间上的“q-压缩函数”， 但根据条件②，存在，使得， 即， 则，这与矛盾，故假设错误； 所以存在唯一的，使得． 【解析】 【分析】（1）通过对任意的，都有以及对任意的，两个条件，即可判断； （2）由化简可得，，令，，求导再由单调性即可求解； （3）由函数连续以及零点存在定理可证存在性，再由反证法以及“q-压缩函数”的条件可证唯一性，即可求解. 【小问1详解】 ①不属于集合，②属于集合. ①，，则；， ，而，所以不符合题意； ②，，则， ，在上单调递增， ，证明即可，即证， 即证，即证单调递减，令，， 所以得证，即，符合题意. 【小问2详解】 设 ， 所以，， 设，， 则在上为单调递增函数，在上为单调递减函数， ， 恒成立， 因为， 则，， 所以. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $