精品解析：广东省深圳中学2026-2027学年高三上学期第一阶段考试数学试题

2027届高三年级第一阶段考试 数学 时间：120分钟 满分：150分 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. 设集合，集合，若集合只含一个元素，则（ ）． A. B. C. D. 2. 已知是偶函数，则（ ）． A. B. C. 1 D. 2 3. 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 4. 设，，，则（ ）． A. B. C. D. 5. 已知函数的部分图象如图所示.若四点在同一个圆上，则（ ） A. 1 B. C. D. 6. 已知函数在区间上单调递减，则的最大值为（ ）． A. 0 B. C. D. 7. 已知函数，若存在最大值，则的最小值为（ ）． A. B. 0 C. 1 D. 2 8. 已知正实数，满足，若取得最小值时有，则的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 二．选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．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，，下列说法正确的是（ ）． A. B. C. D. 10. 已知曲线与曲线的图象共有三个交点，，，其中，下列说法正确的是（ ）． A. B. C. D. 11. 若定义在上的偶函数满足对任意，且，有成立，则称函数为函数，下列说法正确的是（ ）． 注：表示实数，中的较大者 A. 若为函数且，则为的最小值 B. 若为函数且，则为的最大值 C. 若，存在函数在上恰好有66个最小值点 D. 若，存在函数满足且 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则_______． 13. 已知函数，，满足，若的最小值为，则______． 14. 已知平面四边形中，，，，，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． （1）求的单调递减区间； （2）若函数为奇函数，其中，求的最小值． 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，证明：． 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知，． （1）证明：是锐角三角形； （2）已知点在线段上，且平分，若，求的面积． 18. 已知曲线在点处的切线方程为． （1）求、； （2）是否存在极值？若存在，求出极值；若不存在，说明理由； （3）当时，求直线与曲线交点的个数． 19. （1）证明：函数在上的最小值为； （2）若且，证明：对任意成立； （3）若对任意的正数，存在，使得对任意成立，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三年级第一阶段考试 数学 时间：120分钟 满分：150分 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. 设集合，集合，若集合只含一个元素，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】若集合只含一个元素，此时必有，此时. 2. 已知是偶函数，则（ ）． A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【详解】因为是偶函数，所以， 即， 所以有， 所以，即， 所以，即. 3. 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】B 【解析】 【分析】根据正切函数的性质，结合充分必要条件的定义即可求解. 【详解】当时，不能得到， 当时，，，因此“，”是“”的必要不充分条件. 4. 设，，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，， 所以，， 因为在上单调递增， 所以， 所以， 因为， ， 所以， 综上所述，. 5. 已知函数的部分图象如图所示.若四点在同一个圆上，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对称性可知为圆心，根据即可求解. 【详解】连接交轴于, 由于，，，四点在同一个圆上，且和均关于点对称， 故为圆心，故， ,, 故，解得， 故选：D 6. 已知函数在区间上单调递减，则的最大值为（ ）． A. 0 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得对恒成立，即. 令，则，显然当时， 所以在上单调递增，从而. 即的最大值为. 7. 已知函数，若存在最大值，则的最小值为（ ）． A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据二次函数的单调性求解函数的最值，即可结合分段函数的性质求解. 【详解】当时，， 当时，， 若存在最大值，则的最大值为，且， 当，且时，在上单调递增， 此时，故，得，无解， 当，且时，在上单调递增， 在单调递减，此时，故，得， 综上可得存在最大值，则，故的最小值为0. 8. 已知正实数，满足，若取得最小值时有，则的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先对目标表达式进行化简，结合基本不等式得到的取值范围，再根据对勾函数的单调性分析最小值的取等条件，结合最小值取得时的约束求解的取值范围. 【详解】∵ 为正实数，且， ∴，当且仅当时等号成立. 对目标式化简得. 令，则，设. 由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增. 若取得最小值时，即在上的最小值在端点处取得， 因此需满足. ∵ ，∴ . 二．选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．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，，下列说法正确的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】对已知条件平方，利用同角的平方关系及二倍角公式可以判断A，B；根据已知条件及B，确定的范围，再利用同角的平方关系求解即可. 【详解】对于A，B，因为， 平方得， 即， 解得，故A错误，B正确； 对于C，D，因为，， 所以， 所以， 又因为， 所以，所以， 所以， 所以，故C错误，D正确. 10. 已知曲线与曲线的图象共有三个交点，，，其中，下列说法正确的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】将两曲线交点问题转化为三次方程实根问题，结合根的符号特征通过韦达定理判断各选项正误. 【详解】曲线与存在三个交点，联立两方程得，其中， 两边同乘整理得，三个交点的横坐标即为该方程的三个不同实根. 若，该方程至多有两个实根，与三个交点矛盾，所以 因为三个不同根，可写成. 展开并比较系数，得，，. A项：由两负一正知，因此，A正确. C项：由，得，因为，所以，故C错误. B项：，所以，结合得到，B正确. D项：，因为，所以，D正确. 11. 若定义在上的偶函数满足对任意，且，有成立，则称函数为函数，下列说法正确的是（ ）． 注：表示实数，中的较大者 A. 若为函数且，则为的最小值 B. 若为函数且，则为的最大值 C. 若，存在函数在上恰好有66个最小值点 D. 若，存在函数满足且 【答案】AC 【解析】 【分析】取，得到，可判定A正确；定义，由函数的性质，得到，可判定B错误；定义整除，不整除，在内，最小值点恰为，可判定C正确；假设，由函数的性质，求得，得到，可判定D错误. 【详解】对于A，任意，因为函数为偶函数，可得且， 取，可得， 所以是函数的最小值，所以A正确； 对于B，取，定义函数，则满足为偶函数， 若都是整数，则也是整数，不等式的两侧都是， 否则右边为，而左边不超过，不等式仍成立，所以是函数， 但，所以B错误； 对于C，在上定义整除，不整除， 该函数为偶函数，若都是的倍数，可得也是的倍数，不等式的两边为0， 否则不等式的右边为1，而左边不超过1，不等式仍然成立， 所以函数是函数，最小值为0， 在内，最小值点恰为， 因为，所以这些点共有个，所以C正确； 对于D，由不等式，可得恒成立， 取，由函数的性质，可得， 再取，可得， 由选项A和知，，可得， 因为，所以，所以D错误. 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的解析式，代入，即可得答案. 【详解】因为， 所以函数的解析式为， 所以. 13. 已知函数，，满足，若的最小值为，则______． 【答案】2 【解析】 【详解】因为，所以， 由知中，有一个取值为最大值2，一个取值为最小值， 当取最小值时，是相邻的最高点与最低点， 所以，解得，即，解得. 14. 已知平面四边形中，，，，，则的最小值为_______． 【答案】## 【解析】 【分析】建立合适的坐标系，求出直线的方程，设出的坐标，，根据两点间的距离公式及得到一个一元二次方程，根据方程有解判别式大于等于0列出不等式，解不等式即可得解. 【详解】由，，，可知直线的倾斜角为，在射线上， 所以在上，设，如图： 设，则， 所以， 所以存在满足关于的方程， 所以， 整理得，解得， 所以的最小值为. 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． （1）求的单调递减区间； （2）若函数为奇函数，其中，求的最小值． 【答案】（1），． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换得，再整体代换求解即可； （2）由题知，再根据正弦函数的性质求解即可. 【小问1详解】 由二倍角公式，． 因为正弦函数在上递减， 令，，解得，． 所以的单调递减区间，． 【小问2详解】 结合（1）得． 因为函数为奇函数， 所以，，解得，， 因为，所以当时，取得最小值，即． 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，证明：． 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）令，则， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 在处取得最小值，最小值为． 令．由（1），． 因为，所以，从而，证明完毕． 【解析】 【小问1详解】 （1）定义域为．． 若，对所有都有，故在上单调递增． 若，则时，时． 所以在递增，在递减，最大值为． 【小问2详解】 略. 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知，． （1）证明：是锐角三角形； （2）已知点在线段上，且平分，若，求的面积． 【答案】（1）由正弦定理得，即． 与余弦定理比较．由于，，所以，． 由且，知为锐角，． 又，所以也是锐角． 因此三个内角均为锐角，结论成立． （2） 【解析】 【分析】（1）先用正弦定理化角为边，求出角 B，再算出，均大于0，证三个角都是锐角； （2）利用角平分线分面积，结合半角公式与，比例关系列方程求出，进而算出三角形面积. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 ． 由正弦定理，，设，． ，故． 因为，并用，得． 由半角公式，． 代入、，，得，所以． 于是，． 18. 已知曲线在点处的切线方程为． （1）求、； （2）是否存在极值？若存在，求出极值；若不存在，说明理由； （3）当时，求直线与曲线交点的个数． 【答案】（1）、 （2）无极大值也无极小值；理由如下： 由（1）知，求导得， 令，求导得， 令，得，解得， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以， 所以，所以在上单调递增，所以无极大值也无极小值； （3）交点的个数为1个 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，进而求解可求得、； （2）求导得，令，进而利用二次导数可得，进而可得结论； （3）分和两种情况讨论，当时，得，利用换元法，结合导数求得的最小值，进而结合可得结论. 【小问1详解】 由，得，所以. 因为，所以，所以， 所以①； 又，，所以， 所以，代入①得， 所以，所以， 因为，所以，所以，解得. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 由题意，直线与曲线交点的个数即为的解的个数. 当时，， 所以直线与曲线交点的个数为1个； 当时，则，由，得， 令，令，得， 求导得， 令，则， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以，所以，所以，当且仅当时取到等号， 所以， 当时，，所以函数在上单调递增， 当时，可得， 令在上单调递增，所以， 所以，所以在上单调递减，所以， 又，所以方程在上无解， 所以当时，直线与曲线交点的个数为1个． 19. （1）证明：函数在上的最小值为； （2）若且，证明：对任意成立； （3）若对任意的正数，存在，使得对任意成立，求的最大值． 【答案】（1）证明：． 记， 则，在上小于0，故在单调递减． 又，，存在唯一使． 所以，当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 因为，， 所以的最小值为，当且仅当，时取得． （2）证明：由第（1）问的结论，，整理得，． 令．因为，所以． ①当时，有． 设，则，在上单调递增， 所以，，即． ②当时，由正弦函数的图象可知． 结合前面的不等式，得到． 又，所以仍有． ③当时，令，则，从而． 利用差角公式，． 因为，， 所以， 因为，且， 所以，即． 再由①的结论，． 综上，对任意成立． （3）． 【解析】 【分析】（1）求导得，记，再研究的单调性判断的符号即可求得单调性，再求最值即可证明； （2）结合（1）得，，令，则，再分，，三种情况讨论求解即可； （3）由（2）得时，，再取，利用和差化积公式，借助，且放缩，证明是可行的；再利用反证法证明，取上述后，任何都无法满足题设，与条件矛盾，进而得到． 【详解】（1）略 （2）略 （3）由第二问，对任意正整数，当时，． 对任意给定的正数，选正整数，取． 对任意，都有． 在上述结论中取，得到． 因此，由和差化积， ． 又因为在上，，且，所以． 所以，对任意，我们都能找到，使题设不等式在整个上成立，故可行 若，在区间内选取一个固定的． 因为，，所以可记． 取．那么，对任何，都有． 但正弦值均在内，故． 这说明，取上述后，任何都无法满足题设，与条件矛盾． 因此． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $