精品解析：重庆市江津中学校2026-2027学年高三上学期第一阶段质量检测数学试题

2026—2027学年上期第一阶段质量检测 高三数学试卷 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试用时120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．必须在题号所指示的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效． 一、单项选择题：本大题共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. 已知复数，则复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，且，则满足题意的集合的个数为（ ） A. 3 B. 6 C. 7 D. 8 3. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则函数的最小值为2 B. 已知，，则是的充分不必要条件 C. 命题“，”的否定是“，” D. 当时，不等式恒成立，则的取值范围是 4. 碳14的半衰期约为5730年（即碳14大约每过5730年衰减为原来的一半），经过年后，碳14的含量占比（其中为常数，为初始值），从3万年到4万年，碳14的含量占比由变为，则（ ） A. B. C. D. 5. 若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 定义在上的函数既是偶函数又是周期函数，若的最小正周期是，且当时，，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 若函数有奇数个零点，则的最小值是（ ） A. 6 B. 8 C. 16 D. 18 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个备选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知单位向量，满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于点对称 B. 若为偶函数，的最小值为 C. 在上单调递减 D. 当时，在上有3个极值点 11. 已知，，满足，，则下列选项不正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列是等差数列，其前项和为，若，则______． 13. 若在上单调递增，则的取值范围是________． 14. 若直线是曲线与的公切线，则直线的方程为__________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，角的对边分别为，且，且． （1）求面积的最大值； （2）若，点为的重心，求线段的长度． 16. 已知， （1）求函数的值域； （2）若函数，求函数的对称中心． 17. 一个不透明的袋子中，装有除颜色外完全相同的个小球，其中黑球个，红球个． （1）从袋中进行无放回的摸球试验，求在第一次摸出的球是黑球的条件下，第二次摸出的球是红球的概率； （2）从袋中进行有放回的摸球试验次： （i）求摸出的红球频率的数学期望； （ii）为使得摸出的黑球频率的数学期望大于摸出的红球频率的数学期望，至少需要增加多少个黑球？ 18. 已知中，，，，过边上一点（异于端点）作边的垂线，垂足为；再由作边的垂线，垂足为；又由作边的垂线，垂足为；依次操作连续进行，得到关系：（，）． （1）若，用表示的值； （2）当与重合时，求的值； （3）是否存在实数，使得为常数？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求实数，； （2）当时，证明在上有唯一零点； （3）对，恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年上期第一阶段质量检测 高三数学试卷 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试用时120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．必须在题号所指示的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效． 一、单项选择题：本大题共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. 已知复数，则复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】， 所以复数在复平面内对应的点为，在第四象限. 2. 已知集合，且，则满足题意的集合的个数为（ ） A. 3 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【详解】集合，且,则集合是集合的子集，满足题意的集合的个数为. 3. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则函数的最小值为2 B. 已知，，则是的充分不必要条件 C. 命题“，”的否定是“，” D. 当时，不等式恒成立，则的取值范围是 【答案】B 【解析】 【分析】A通过换元求最小值；B分别求出命题与的解集；C依据特称命题的否定形式判断；D按二次项系数是否为零讨论恒成立条件． 【详解】对于A，令，则， 当j即时等号成立，最小值为，A错误． 对于B，由，解得； 由，解得． 因此能推出，但不能推出（例如），B正确． 对于C，命题“”的否定应为“”，而不是选项中的不等式，C错误． 对于D，当时，不等式化为，对任意实数成立； 当时，二次式开口向下，不可能对任意实数恒大于零； 当时，须有判别式 综上，，D错误． 4. 碳14的半衰期约为5730年（即碳14大约每过5730年衰减为原来的一半），经过年后，碳14的含量占比（其中为常数，为初始值），从3万年到4万年，碳14的含量占比由变为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可得，， 则，，故， 即，即，故. 5. 若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用换底公式将对数转化为自然对数，结合作差法和基本不等式分别比较与、与的大小，最终确定三者的大小关系. 【详解】比较与的大小：由换底公式得，，则  ， 分母，根据基本不等式：当，，且时，有，可得： ， 又，且. 故，分子为正，因此，即. 比较与的大小： 同理，，，则  ， 分母，由基本不等式得：， 又，且， 故，分子为正，因此，即. 综上可得. 6. 定义在上的函数既是偶函数又是周期函数，若的最小正周期是，且当时，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数的周期性与偶函数性质，将自变量化为内的数，再代入已知解析式计算． 【详解】因为的最小正周期为，所以； 又因为是偶函数，所以． 因此 7. 已知，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由求出，再结合，利用两角和的正弦公式推导出，联立两式即可求出的值. 【详解】因为，所以，又，因此 ①. 由，根据正切的商数关系得，交叉相乘得 ②. 将②代入两角差的正弦公式，得， 即，代入②得. 由两角和的正弦公式得. 因为，所以 ③. 联立①③，两式相加得，解得. 8. 若函数有奇数个零点，则的最小值是（ ） A. 6 B. 8 C. 16 D. 18 【答案】D 【解析】 【分析】由偶函数的定义可得为偶函数，再由其奇数个零点可得，再由基本不等式代入计算，即可得到结果. 【详解】函数的定义域为， 且， 所以函数为偶函数， 由函数有奇数个零点，可得，即， 所以， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最小值是. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个备选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知单位向量，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】利用向量模长与数量积关系、数量积公式逐项计算并判断即可得. 【详解】对A：，故，故A错误； 对B：，故B错误； 对C：，故，故C正确； 对D：，故，故D正确. 10. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于点对称 B. 若为偶函数，的最小值为 C. 在上单调递减 D. 当时，在上有3个极值点 【答案】AB 【解析】 【详解】由图象可知，， ，又，所以； ，，. 又，所以. 所以，. 所以. 对A，由，得，，当时，，所以的图象关于点对称，故A正确； 对C，由的图象可知，函数在上单调递增，，所以在上单调递增，故C错误； ，. 对B，若为偶函数，则，. 又，所以时，取得最小值，为，故B正确； 对D，当时，，因为函数的最小正周期为， 且在上单调递增，在上单调递减，所以是函数的极大值点， 且函数在上只有这1个极值点.故D错误. 11. 已知，，满足，，则下列选项不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对做指对互化，换元变形，构造函数，利用单调性得到，利用零点存在性定理可求得，可判断A；根据可求得，可判断B；将代入可判断C；由可判断D. 【详解】已知，满足，． 对，指对互化得． 令，则，代入上式得：， 两边乘整理得． 构造函数， 求导得：． 因为，，，故恒成立． 这说明在上严格单调递增，方程最多一个解． 因为和都满足方程，所以， 同时． 对于A：，， ， 因为单调递增，所以，选项A错误． 对于B：由，，所以， 因此，不成立，选项B错误． 对于C：，代入， ． 因为，，， 所以恒成立，选项C正确． 对于D：由前面推导，，选项D为， 即，矛盾，选项D错误． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列是等差数列，其前项和为，若，则______． 【答案】 【解析】 【详解】因为数列是等差数列， 所以，所以， 所以. 13. 若在上单调递增，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】求得导函数，根据导函数在给定区间上大于等于0恒成立，求得的取值范围. 【详解】∵，∴， ∵函数在区间上单调递增， ∴在区间上恒成立， 由于在区间上单调递增， ∴必须且只需 解得， 故答案为：. 14. 若直线是曲线与的公切线，则直线的方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先分别求出两条曲线的导数，再设出切点，写出切线方程，最后根据公切线的条件求解. 【详解】求导：导数；导数.  设切点写切线方程： 设与切点，切线方程.  设与切点，切线方程.   列方程组求解：由公切线性质得.  由得，代入另一式解得，.   求直线方程：把代入，得.  故答案为：. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，角的对边分别为，且，且． （1）求面积的最大值； （2）若，点为的重心，求线段的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对已知式子变形，利用余弦定理求出角，写出三角形面积表达式，再借助基本不等式求出的最大值，进而得到面积最大值； （2）结合与已求角，在直角三角形求出各边长，建立坐标系，用重心坐标公式算出重心，再由距离公式求得的长度． 【小问1详解】 由，得，代入，可得， 所以， 因为，所以， 的面积， 由基本不等式，代入，得， 解得，当且仅当时，等号成立， 所以，即面积的最大值为． 【小问2详解】 已知，即为直角三角形， 由（1）知，所以， 在中，，，得， 由勾股定理得， 如图建立直角坐标系，设，，， 由重心坐标公式得， 所以． 16. 已知， （1）求函数的值域； （2）若函数，求函数的对称中心． 【答案】（1） （2），其中 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式转化为关于的二次函数，结合的范围与二次函数单调性求值域； （2）先化简，利用三角恒等变换整理为余弦型函数，再根据余弦函数性质求出对称中心． 【小问1详解】 ， 令，由，得， 则可转化为，， 因为该二次函数开口向下，对称轴， 当时，， 端点处：当时，，当时，， 所以，因此的值域为． 【小问2详解】 由，得， 所以， 由，得， 由，得， 所以， 由，得， 所以函数的对称中心． 17. 一个不透明的袋子中，装有除颜色外完全相同的个小球，其中黑球个，红球个． （1）从袋中进行无放回的摸球试验，求在第一次摸出的球是黑球的条件下，第二次摸出的球是红球的概率； （2）从袋中进行有放回的摸球试验次： （i）求摸出的红球频率的数学期望； （ii）为使得摸出的黑球频率的数学期望大于摸出的红球频率的数学期望，至少需要增加多少个黑球？ 【答案】（1） （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）直接根据缩小样本空间计算条件概率可得； （2）（i）设次摸球中摸出红球的次数为，则，再由二项分布的性质及频率的定义计算可得；（ii）设需要增加（）个黑球，设为次摸球中摸出黑球的次数，，摸出黑球的频率，摸出红球的频率，根据期望的性质，再列不等式求解可得. 【小问1详解】 设事件为“第一次摸出黑球”，事件为“第二次摸出红球”. 已知第一次摸出黑球后，袋中剩余共个球，其中红球仍为个， 根据条件概率的缩小样本空间法：. ​因此在第一次摸出的球是黑球的条件下，第二次摸出的球是红球的概率为. 【小问2详解】 有放回摸球时，每次摸出红球的概率均为​，摸出黑球的概率均为​. （i）设次摸球中摸出红球的次数为，则，由二项分布的期望公式得. 由频率的定义，红球频率​，由期望的线性性质：. （ii）设需要增加（）个黑球，此时袋中总球数为，黑球共个，红球仍为个. 单次摸球摸出黑球的概率为，摸出红球的概率为​， 设为次摸球中摸出黑球的次数，，. 有放回摸球次时，摸出黑球的频率，摸出红球的频率（为次摸球中摸出红球的次数）. 因此：，， 根据题意要求，即：，解得， 又为正整数，因此最小值为，即至少需要增加个黑球. 18. 已知中，，，，过边上一点（异于端点）作边的垂线，垂足为；再由作边的垂线，垂足为；又由作边的垂线，垂足为；依次操作连续进行，得到关系：（，）． （1）若，用表示的值； （2）当与重合时，求的值； （3）是否存在实数，使得为常数？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）； （2）； （3）存在，，此时为常数. 【解析】 【分析】每一步操作都是在直角三角形中把线段长乘以一个锐角的余弦.第（1）问，用表示，再在 Rt中投影得，注意与方向相反；第（2）（3）问需要走完一整流程，先用余弦定理求出各边，再逐段投影推出与的一般递推. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得 ，即， 整理得，解得（负值舍去）. 同时， . 由得. 在 Rt中，为公共角，故. 因为在线段上，与方向相反，所以. 【小问2详解】 对一般的（），走完一个流程，逐段投影： ，在 Rt中； ，在 Rt中； ，在 Rt中. 于是 . 其中，， 故， 即（）. 当与重合时，，即，解得，满足. 【小问3详解】 假设存在实数，使得（常数）. 由（2）的递推式得， 于是只需对一切成立. 比较两边的系数与常数项得，且. 解得， . 此时恒成立，为常数.所以存在，使得为常数. 19. 已知函数，曲线在点处的切线方程为． （1）求实数，； （2）当时，证明在上有唯一零点； （3）对，恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2）证明：由（1）知， 当时，可得，则，可得 令，可得， 令，可得， 当时，，单调递减，且此时 当时，，单调递增，且此时， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 故，所以恒成立，所以在上单调递增， 又因为，所以，使得， 综上可得，在上有唯一的零点. （3） 【解析】 【分析】（1）求得，根据题意，列出方程，即可求解； （2）当时，得到，利用导数求得恒成立，得到在上单调递增，结合零点存在性定理，即可得证； （3）由，求得，转化为，令，设，即证，结合二次函数的性质，得到在上单调递增，得到，再令，利用导数求得的单调性，得到，得到，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 因为曲线在点处的切线方程为， 可得， 又因为切点在切线上，可得， 所以，所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：由题意知：，即，解得， 即为题设中不等式恒成立的必要条件， 下面证明：也是充分条件， 当时，欲证：对，恒成立， 即证：，即证：， 即证：， 令，设，即证， 对于二次函数，其对称轴为， 令， 可得 令，则， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以，所以，即， 所以在上单调递减， 所以， 即对于二次函数，其对称轴， 又因为，所以二次函数在上单调递增， 故， 令，可得， 令，可得， 设，则， 令，即，可得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，即，即， 所以， 对于，可得， 当时，，单调递增， 所以， 所以，即在上单调递增，且， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，所以，得证， 即当时，对，恒成立， 综上可得，实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $