精品解析：江苏省如东一中、宿迁一高、徐州中学、项里高中、洋河高中2026-2027学年高三第一学期高三年级第一次阶段测试联考数学试卷

2026~2027学年度第一学期高三年级第一次阶段测试联考试卷2026.10 数学 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷满分150分，考试时间为150分钟.考试结束后，请将答题卡交回. 2.答题前，请将自己的姓名、考试号（智学号）用0.5毫米黑色签字笔填涂在答题卡指定的位置. 3.选择题答案用2B铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑，非选择题用0.5mm的黑色签字笔在每题对应的答题区域内做答，在其他位置作答一律无效. 4.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚.线条、符号等须加黑、加粗. 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题的四个选项中，只有一个选项符合题目要求） 1. 已知全集为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据交集、补集运算可知，再结合并集运算求解. 【详解】因为，则， 所以. 故选：A. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，，， 即集合，且集合，所以. 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得函数为偶函数，图象关于轴对称，当时，，结合对数函数的性质，结合选项，即可求解. 【详解】由函数，可得函数的定义域为， 又由，所以函数为偶函数，图象关于轴对称， 当时，，由对数函数的性质得在单调递减，且， 所以选项D符合题意. 故选：D. 4. 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】因为向量，， 若，则，解得， 又因为集合是集合的真子集， 所以“”是“”的必要不充分条件. 5. 已知，，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得，利用同角关系式和两角差的余弦公式求解. 【详解】因为，，所以， 已知 ，所以， 因此， 已知，，所以， 则 . 6. 已知函数的导函数为，若存在使得，则称是函数的一个“类点”，则下列函数中，不存在“类点”的是（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题属于新定义题型，以 “ 类点” 为载体，考查基本初等函数求导、方程有解的判断，解题核心是读懂定义：判断方程是否存在实数解，转化为函数零点存在性问题，考查导数运算与函数零点的分析能力. 【详解】根据题意，函数存在类点等价于方程有实数根. 对于 A：，，方程为， 变形得，即，存在实数解，故 A 存在 类点. 对于 B：，，方程为， 即，，方程有实根，故 B 存在类点. 对于 C：，，方程为，整理得， 由于，因此，又，故左边，右边， 等式不可能成立，方程无实数解，故 C 不存在类点 对于 D：，定义域，，方程为， 令，在上单调递增，，， 由零点存在定理可知存在零点，方程有解，故 D 存在类点. 7. 已知，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合指数函数与对数函数的图象与性质，结合单调性，即可求解. 【详解】因为函数在上单调递减，所以， 又函数在上单调递增，所以，所以， 因为函数在上单调递减，所以， 综上有. 故选：D． 8. 春节期间，佳怡准备去探望奶奶，她到商店买了一盒点心.为了美观起见，售货员对点心盒做了一个捆扎（如图（1）所示），并在角上配了一个花结.售货员说，这样的捆扎不仅漂亮，而且比一般的十字捆扎（如图（2）所示）包装更节省彩绳.点心盒是长宽高分别为20cm，20cm，10cm的长方体，如果不考虑花结用绳，如图所示的捆扎方式，需要最短的用绳长度是（单位：cm）（ ） A. 120 B. 100 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将长方体盒子展开在一个平面上，再计算彩绳扎紧的情况下的彩绳长度即可得. 【详解】依据图（1）的捆扎方式，可以想象将长方体盒子展开在一个平面上， 则彩绳的平面展开图是一条由到的折线，如下图所示： 在扎紧的情况下，彩绳的平面展开图是一条由到的线段， 此时用绳最短， cm. 故选：C. 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的或不选不得分） 9. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 在区间上的最大值为2 D. 将的图象向左平移个单位长度，可得到的图象 【答案】ABD 【解析】 【分析】AB选项代入验证即可，C项根据所给范围求出的范围再求最值，D项，根据“左加右减”的规律化简即可 【详解】对于A，代入，得，即点在与轴交点上， 符合三角函数关于与轴交点中心对称，故A对； 对于B，代入，得，即时，取得最值， 符合三角函数关于过取得最值处点的横坐标且与轴平行的直线对称，故B对； 对于C，当时，，所以，故最大值为，不是，C错误； 对于D，向左平移个单位长度后，得到新函数为，故D正确. 10. 已知定义在R上的函数满足对任意的x，y，均有，且当时，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 是R上的减函数 D. 若，则不等式的解集是 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过对合理赋值求解. 【详解】对于A：令，则，解得，A正确； 对于B：令，则，解得， 再令，则，解得，B正确； 对于C：，且，则，令， 则，即， 因为，所以，所以，即， 所以在上是增函数，C错误； 对于D：令，则，解得， 所以， 因为在上是增函数，且， 所以，即，解得， 即不等式的解集是，D正确； 故选：ABD. 11. 已知函数 若关于x的方程有四个不同的实数解，它们从小到大依次记为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，探求出函数的性质，作出函数图象，把方程有四个不同的实数解转化为函数的图象与直线有4个公共点求解作答. 【详解】当时，函数在上递减，函数值集合为，在上递增，函数值集合为， 当时，函数在上递减，函数值集合为，在上递增，函数值集合为， 作出函数的部分图象，如图， 方程有四个不同的实数解，等价于函数的图象与直线有4个公共点， 观察图象知，当时，函数的图象与直线有4个公共点， 即方程有四个不同的实数解，A正确； 因为二次函数图象对称轴为，因此，B不正确； 当时，，由，，得，因此，C正确； 当时，，由，得，解得， 且，则，有，所以，D正确. 故选：ACD 【点睛】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过分离参数，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形结合推理作答. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ，则______________． 【答案】 ## 【解析】 【分析】由诱导公式可知，所以，直接代入公式即可求出结果. 【详解】因为， 所以. 13. 已知是偶函数，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据偶函数的定义域关于原点对称可得，再由利用导数求得函数单调性可得其最大值. 【详解】因为函数为偶函数，所以其定义域关于原点对称， 易知定义域为，即，因此的解集为； 即可得，所以； 此时， 经检验满足，符合题意； 此时的定义域为，且， 易知当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 可知在处取得极大值，也是最大值，即； 所以的最大值为. 故答案为： 14. 已知点满足：是函数图象上任意一点.则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设利用导数研究函数的单调性，得出当时，函数最小值为.从而可得点在直线上运动.，设与平行的直线与相切于点，利用求导求得切点，结合图形计算出点到直线的距离即可. 【详解】设， 设， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以， 所以，即点在直线上运动. 设与平行的直线与相切于点，令， 得，故切点为，由图知其到直线的距离，即为的最小值. 故答案为： 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. 已知函数在一个周期内的图象如图所示． （1）求的解析式 （2）求的单调递增区间； （3）求在区间上的值域． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦函数的图象确定的值，然后根据图象经过的点坐标求出. （2）根据正弦函数的单调性求出单调区间即可. （3）根据正弦函数的性质求出值域即可. 【小问1详解】 由图象知，，所以， 由图象过点，代入函数得， 所以，，因为，则，所以． 【小问2详解】 令，，解得，， 故函数的单调递增区间为． 【小问3详解】 因为，所以，当时，即时，取最大值，最大值为， 当时，即时，取最小值，最小值为， 所以的值域为． 16. 在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面平面，已知，、分别为、的中点. （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积. 【答案】（1）取的中点为，连接、. 因为为的中点，所以，， 因为为的中点，底面是正方形，所以，， 所以且，则四边形是平行四边形，则， 因为平面，平面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，求证四边形是平行四边形，再利用线面平行的判定定理求证； （2）利用等体积计算. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点为，连接， 因为侧面是边长为1的正三角形，所以，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为为的中点，所以， 则. 17. 中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且. （1）求角A； （2）点D在BC边上，且，，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)由余弦定理结合条件求解即可； （2）在和中，分别用余弦定理，整理可得，再结合余弦定理消元可得，，利用基本不等式求解即可; 【小问1详解】 中， 由余弦定理，，又， 故又 【小问2详解】 如图，由题， 记，则， 中，…..① 中，……② 由①得：……③， 由（1）知，代入③中整理得： ，当且仅当时取“=”， 解得， ， 故面积的最大值为. 18. 若存在实数常数k，m，对任意，不等式恒成立，则称直线是函数和函数在上的分界线． （1）请写出函数和函数在上的一条斜率为1的分界线；（不必证明） （2）求证：函数和函数在上过坐标原点的分界线有且只有一条； （3）试探究函数（e为自然对数的底数）和函数在上是否存在分界线．若存在，求出分界线方程；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（答案不唯一，满足的均可） （2）由题意，设是函数和函数在上过坐标原点的分界线， 则在上恒成立，即在上恒成立， 因为，所以， 因为，所以， 综上所述， 所以函数和函数在上过坐标原点的分界线有且只有一条； （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由题意直线是函数和函数在上的一条分界线，则在上恒成立，利用分离参数法，再构造函数，利用导数求出其最值，即可得解； （2）由题意，设是函数和函数在上过坐标原点的分界线，则在上恒成立，再分离参数，求出函数的最值，进而可求出的值，即可得证； （3）由题意可得恒成立，令，求出，则恒成立，再利用根的判别式求出，再构造函数，利用导数求出其最小值即可得出结论. 【小问1详解】 由题意直线是函数和函数在上的一条分界线， 则在上恒成立， 即在上恒成立， 因为，所以， 令，则， 令，则，令，则， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 综上所述，， 所以满足题意的直线可以是；（答案不唯一，满足的均可） 【小问2详解】 略 【小问3详解】 若存在，则恒成立， 令，则，所以， 因此，恒成立，即恒成立， 由得，， 现在只要判断是否恒成立， 设，则， 当时，，，， 当时，，， 所以，即恒成立 所以函数和函数在上存在分界线， 其方程为． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在原点处的切线方程； （2）若在上单调递增，求a的取值范围； （3）当时，证明：当时，． 【答案】（1） （2） （3） 证明：令，则． 令，则． 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． ，所以是增函数． 因为，所以在上恒成立， 即当时，在上恒成立． 令，则，所以是增函数． 因为，所以当时，，即． 因为，所以当时，，所以， 所以当时，． 【解析】 【分析】（1）求导得，代入计算得到切线斜率，再写出切线方程即可； （2）法一：对分和讨论即可；法二：分离参数得得．再设新函数，求导得到右边最小值即可； （3）利用导数证明不等式，再合理放缩即可. 【小问1详解】 当时，，， ，，所以曲线在原点处的切线方程为． 【小问2详解】 法一：，若在上单调递增，则在上恒成立． ①当时，在上恒成立．令，则． 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，函数取得最小值，最小值为1，所以， ，符合题意； ②当时，令，则． 因为在上单调递增，，所以当时，， 当时，，在上单调递减，在上单调递增． 要使得在上恒成立，则，解得，结合，得． 综上，a的取值范围为． 法二：．若在上单调递增，则在上恒成立． 由，得．令，， 则，．令，则． 当时，， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，，即． 当时，，，，所以，即； 当时，，，，所以，即． 在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，即a的取值范围为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026~2027学年度第一学期高三年级第一次阶段测试联考试卷2026.10 数学 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1.本试卷满分150分，考试时间为150分钟.考试结束后，请将答题卡交回. 2.答题前，请将自己的姓名、考试号（智学号）用0.5毫米黑色签字笔填涂在答题卡指定的位置. 3.选择题答案用2B铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑，非选择题用0.5mm的黑色签字笔在每题对应的答题区域内做答，在其他位置作答一律无效. 4.如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚.线条、符号等须加黑、加粗. 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题的四个选项中，只有一个选项符合题目要求） 1. 已知全集为，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 4. 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 5. 已知，，若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的导函数为，若存在使得，则称是函数的一个“类点”，则下列函数中，不存在“类点”的是（    ） A. B. C. D. 7. 已知，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 春节期间，佳怡准备去探望奶奶，她到商店买了一盒点心.为了美观起见，售货员对点心盒做了一个捆扎（如图（1）所示），并在角上配了一个花结.售货员说，这样的捆扎不仅漂亮，而且比一般的十字捆扎（如图（2）所示）包装更节省彩绳.点心盒是长宽高分别为20cm，20cm，10cm的长方体，如果不考虑花结用绳，如图所示的捆扎方式，需要最短的用绳长度是（单位：cm）（ ） A. 120 B. 100 C. D. 二､多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的或不选不得分） 9. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 在区间上的最大值为2 D. 将的图象向左平移个单位长度，可得到的图象 10. 已知定义在R上的函数满足对任意的x，y，均有，且当时，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 是R上的减函数 D. 若，则不等式的解集是 11. 已知函数 若关于x的方程有四个不同的实数解，它们从小到大依次记为，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ，则______________． 13. 已知是偶函数，则的最大值为______. 14. 已知点满足：是函数图象上任意一点.则的最小值为__________. 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. 已知函数在一个周期内的图象如图所示． （1）求的解析式 （2）求的单调递增区间； （3）求在区间上的值域． 16. 在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面平面，已知，、分别为、的中点. （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积. 17. 中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且. （1）求角A； （2）点D在BC边上，且，，求面积的最大值. 18. 若存在实数常数k，m，对任意，不等式恒成立，则称直线是函数和函数在上的分界线． （1）请写出函数和函数在上的一条斜率为1的分界线；（不必证明） （2）求证：函数和函数在上过坐标原点的分界线有且只有一条； （3）试探究函数（e为自然对数的底数）和函数在上是否存在分界线．若存在，求出分界线方程；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在原点处的切线方程； （2）若在上单调递增，求a的取值范围； （3）当时，证明：当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $