广东省深圳实验学校光明高中部2026-2027学年高三第一学期第二次月考数学试题

2026-2027学年第一学期高三第二次月考 数学学科 时间：120分钟 满分：150分 命题人：高三数学组 审题人：高三数学组 一、单项选择题：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.已知z=1+i, 则1 2-1 A.1+2i B.1-2i C.-1+2i D.-1-21 2.已知集合A={0,1,3,6,9},B={xW-1=x-1},则AnB= A.{0,1} B.{3,6 C.{0,1,9 D.{0,3,9y 3.设n∈Z,则“sinnn=0”是“n为偶数”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.(2x+)x+)的最小值为 A.12 B.10 C.9 D.8 5.设a=2026-0.2026,b=20260.2026,c=1og20260.2026,则a,b,c的大小关系为 A.a<b<c B.a<c<b C.c<b<a D.c<a<b 6.数列{an}的前n项和Sn=-n2+8n+3,则数列0an}的前6项和为 A.20 B.21 C.22 D.23 7.函数f)=2的一个对称中心是 A.0,0) B.(0,-1) c.1,) D.(1,1) 8.设D是由有限个实数组成的集合，1ED,f(x)是定义在D上的函数，若f)的图象绕原点逆时针旋转 后与原图象重合，则在以下各项中，f(1)的可能取值只能是 A.V3 B.9 c.9 D.0 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共8分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 全部选对的得全部分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9.记Sn为等比数列(aJ的前n项和，q为{a小的公比，q>0.若S3=28,ag=4,则 A.9= B.as=2 C.S4=30 D.an+Sn=32 数学试卷第1页（共4页） 10.将函数f(x)=six图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标伸长到原来的2倍，再把所得曲 线向右平移6个单位长度，得到函数g()的图象。关于函数F)与g,下列说法正确的是 A.函数g()的最小正周期为 B.函数g()在[0，]上单调递增 C.函数gx+号)是偶函数 D.函数f(x)与g(x)的图象在[0,2π上共有8个交点 Il.对于函数y=fx),xED,设Ar={(x,yy≤f),xED对于点集M,若存在(xo,yo)eM,使 得任取(x,y)eM,总有y≤yo,则称(xo,yo)为“M的最高点”.对于函数y=f(x)和y=g),以 下说法中正确的是 A.若函数f()=,则Ar的最高点为(L,) B.若函数f(x)=e+x-1(x>0),g(x)=axnx+x2(x>0),其中0<a≤1，则ArnAg-Ag C.若y=f(x)或y=g(x)有最大值，则ArUA有最高点 D.若ArUA,有最高点，则y=f(x)或y=g(x)有最大值 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12.已知tana=2,则sin2a+cos2a= 13.记Sn为数列{aJ的前n项和，m,n∈N4,都有Sm+Sn=Sm+n,且a10=10,那么ao0= 14.若对任意xe[0,],不等式esinx-ax之0恒成立，实数a的取值范围为 四、解答题：本大题共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.(13分) 已知函数f(x)=x3-3x+a(a∈R). (1)求函数f(x)的极值： (2)若不等式f(x)≥0的解集为[-2，+o),求实数a的值， 数学试卷第2页（共4页） 16.(15分) 已知数列{an}满足an+1+an=4n+2(neN+),记其前n项和为Sn (1)若a1=1,求a21的值： (2)若{an}是等差数列，求其前n项和Sn (3)是否存在实数a1,使得S20=420?若存在，求出所有满足条件的实数a1:若不存在，说明理由. 17.(15分) 2026年APEC领导人非正式会议将于11月18日至19日在深圳举行.深圳在筹备此次会议期间，利 用无人机对核心展区进行安全巡检.某待检片区的平面示意图为△ABC,内角A,B,C的对边分别为 a,b,c,其中A为锐角，△ABC的面积为S.根据前期航线建模数据，4bS=a(b2+c2-a2). (1)判断△ABC的形状，并说明理由； (2)若实地期察发现，∠ABC=云BC=V5,点0为△ABC内部的一处调度站，0C=1,A0C=弧 求调度站O到巡查起点B的距离 数学试卷第3页（共4页） 18.(17分) 类比数列，将定义域为同-数集E的一列函数f1(x),f2(x),,「n(x),…称为定义在E上的函数列， 记作fn).现有一个函数列f()},其中f)=2x∈(0，+o,neN+ (1)对于任意取定的正整数n,分析函数fn(x)的单调性； (2)对于任意取定的正实数x,定义数列{gn}满足：gn=fn(x),n∈N+ (i)分析数列{gm}的单调性： (i)证明：n∈N+, 19.(17分) 已知函数f(x)=ex-ex,x∈R,g(x)=lnx-tx+1,x∈(0，+oo).其中t∈R,e=2.71828…是 自然对数的底数， (1)若曲线y=f(x)在x=0处的切线也是曲线y=g(x)的切线，求实数t的值； (2)若函数h(x)=f(x)一g(x)有两个零点x1,2(1<x2). ()求实数1的取值范围； (i)证明：f(x1)+f(x2)+g(x1)+g'(x2)>0. 数学试卷第4页（共4页） 深圳实验学校光明部2027届11月月考数学学科参考答案 题号 22 3 5 6 8 答案 8 A B D 0 B 题号 9 10 11 12 13 14 答案 ACD BC ABD 1-5 10 (-o,1] 8.B【详解】A选项，若f(1)=V3,将点(1，V3)依次旋转后可得到函数 图象上的一些点， 由图可知，当x=土1、±V3、0时，对应于两个y值，不符合函数定义， ∴.f(1)≠V3. 同理，结合图象分析B、C、D选项，只有B选项符合函数定义， 故选：B. 11.ABD【详解】对于A项，易证当且仅当1时，f,)取到最大值f()=。 故(1，)EAr,且任取(x,y)EAr,y≤f)≤&得Ay的最高点为(l,),故A正确： 对于B项，先证f>9g),即证>要+1， 设u()=x>0.)=要+16k>0, 通过导函数分析u)和)的单调性，可得u(的mn=u(2)=生，(nx=v(e=+1, 由u(的n-)n=华-是-1之华->0，得u()>在(0，+o止恒成立 则f(x)>g(x)在(0，+)上恒成立， 任取(x,y)∈Ag,有y≤g(x)<f(x),故(x,y)∈Ar, 故Ag S Af,Ar n Ag=Ag故B正确； 对于C项，取f(x)=x2,x∈R,取g(x)=-x2,x∈R, 则f(x)无最大值，g(x)max=0: 因为f(x)=x的函数值可趋向于正无穷大，所以Ar={(x,y)y≤x2,x∈R无最高点，则ArUA,亦无最 高点，故C错误： 对于D项，因为Ar U Ag有最高点，不妨设(xo,yo)为Af U Ag的最高点，y=f(x)且xED1,y=g(x)且x∈D2, 答案第1页（共7页） 所以(xo,yo)eAr或(xo,yo)∈Ag 若(xo,yo)∈Ar,则xo∈D1,yo≤f(xo), 又(x,yo)为ArUA,的最高点，故对任意的xED1,总有f(x)≤yo,故f(xo)≤Y0: 从而得yo=f(xo),f(x)max=yo: 若(xo,yo)∈Ag同理可知g(x)max=yo: 所以若AyUA,有最高点，则y=fx)或y=g(x)有最大值，·故D正确。 14.【法1】记f(x)=e*sinx-ax,则f(x)=e(sinx+cosx)-a, ig(x)=f'(x),g'(x)=e(sinx+cosx)+(cosx-sinx)]=2e'cosx, 当x∈[0，]时，e>0,cosx≥0，故g(x)≥0，gx)=f(x)在[0，]上单调递增. 又f0)=0,f(0)=1-a, ①若f'(0)=1-a<0,即a>1时， 必存在正数t,使当x∈(0，t)时，f'(x)<0,f(x)单调递减， 此时f(x)<f(0)=0,不满足题意： ②若f(0)=1-a≥0，即a≤1时， 结合f(x)在[0，]上单调递增可知，f(x)20在[0，]上恒成立，fx)在[0，]上单调递增， 故f(x)≥f0)=0,满足题意 综上所述，实数a的取值范围是(-∞，1] 【法2】当x=0时，不等式显然成立 当x>0时，原不等式恒成立等价于a≤恒成立。 设f=n,xe(0,引 则f(x)=三[(x-1)sinx+xcos刘， g(x)=(x-1)sinx+xcosx,x[,], 当xe[1,]时，显然有g)>0: 当x∈[0,1)时，由g'(x)=(1-x)sinx+xcosx>0,得g(x)单调递增，g(x)≥g(0)=0, 故当x∈(0，]时，g)>0,f(x)>0,fx)单调递增， 又根据洛必达法则，吗f因=期一-期恤边=1，故a≤1. +0 1 答案第2页（共7页） 【法3】当x=0时，不等式显然成立， 当x>0时，原不等式恒成立等价于a≤sm恒成立 设f)=,xE(0,引 则f6)=m=20x-1)sinx+xcos为=[x(sinx+cos刘-sin. g(x)=x(sinx+cosx)-sinx=v2xsin(x+)-sinx,x[] 当xe0,]时，x+e原，1，sne+男≥号 故g(x)≥x-sinx. 设h()=x-sinx,xe[0,], 则h'()=1-cosx≥0，q(x)在[0，]上单调递增， 当xe(0,]时，g()2h()>h(0)=0, 则f'(x)>0,f(x)单调递增 又根据洛必达法则，期f)==恤边=1，故a≤1 15.解：（1)f(x)=3(x+1)(x-1) …2分 令f'(x)=0,得x=-1或x=1, 当x∈(-o,-1)时，f(x)>0,f(x)单调递增： 当x∈(-1,1)时，f'(x)<0,f(x)单调递减： 当x∈(1，+o)时，f'(x)>0,f(x)单调递增。 …5分 故f(x)在x=-1处取极大值-1=a+2,在x=1处取极小值1)片a-2. …7分 (2)因为不等式f(x)≥0的解集为-2，+∞)， 所以f-2)=a-2=0,解得a=2. ……10分 当a=2时，fx)=x3-3x+a=(x-1)2(x+2), 由(x-1)2(x+2)≥0，得x≥-2，符合题意. 故a=2. …13分 16.解：(1)由a+1+an=4n+2,得an+2+an+1=4(n+1)+2, 两式相减，得an+2-am=4(neN+), …2分 因此，数列{a}的奇数项和偶数项分别构成公差为4的等差数列， 因此，a2k-1=a1+4(k-1),k∈N+, …4分 答案第3页（共7页） …5分 当a1=1时，a21=1+4×(11-1)=41. (2)设{an}的公差为d, …6分 由(1)知，am+2-a,=2d=4,故d=2. …8分 又a2+a1=4×1+2=6,即2a1+d=6,得a1=2, 故Sn=na1+nd=2n+m-边×2=n2+n. ……10分 2 2 (3)S20=(a1+a2)+(a3+a4)+.+(a19+a2o) =4×(1+3+.+19)+2×10 =4×1+19）×10+20 2 =420 …14分 所以S20恒等于420，故存在实数a1使S20=420,且a1可取任意实数. ……15分 17.解：(1)4bS=a(b2+c2-a2), 由余弦定理得，4b·besin A=a·2 becosA,即bsin A=acos A, …2分 由正弦定理得，sin Bsin A=sin Acos A, :sinA≠0，sinB=cosA=sin(G-A …4分 “A为锐角，至-AE(0,), 又BE(0,,B=A或B+A=元， “B+A=或B=A+经 …6分 ∴△ABC为直角三角形或钝角三角形： …7分 (2)由(1)的结果以及∠ABC=子可得∠BAC=∠ABC=?AABC为等腰直角三角形， 又BC=V5,÷AC=BC=V5. …8分 【法1】在△A0C中，根据余弦定理，c0s∠A0C=-号 20A 解得0A=√2，负值舍去， …10分 又：在△AOC中，根据正弦定理， OA AC sin∠ACO sin∠AOc Ai血∠Ac0=A恤∠A0c-竖-S AC 5 5 :cos∠BC0=cosG-∠Ac0)=sin∠AC0=号 …12分 在AB0C中，由余弦定理得，0B2=C02+CB2-2C0:CB:cos∠BC0=1+5-2×V5×号-4， 答案第4页（共7页） 若不存在， ÷0B=2. …15分 【法2】以C为坐标原点，CB,C4所在直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系。 A(0,V⑤)，B(V5,0),C(0,0) 设∠BC0=0,则0(cos0,sin), …9分 OC=(-cos 0,-sin 0),o=(-cos 0,v5-sin 0), COsAOC=oc:0n cou0-sin 0(v5-sin )1-Saind …11分 cos20+(V5-sin 0)2 6-2V5sin 0 2 两边平方，整理得(W5sin0-2)(5sin9+1)=0, 因为9为锐角，所以sin日=后c0s6=房 ……12分 在△B0C中，由余弦定理得，0B2=C02+CB2-2C0,CB.cos0=1+5-2×V5×9=4, 5 ÷0B=2. …15分 18解：（1)fn(x)=+n23x22=1-n22 …2分 (1+n2x22 (1+n2x22 令fn'x)=0,得x=是 当xe(0,)时，fn'()>0,fn()单调递增： 当xe(片，+o)时，fn()<0,fn)单调递减。 因此，fn()在(0，)上单调递增，（片，+∞）上单调递减。 …5分 (2)(i)8+1-8m=1+n+7-1+m安 =x+n2约-+a+13妇] [1+(n+10x2101+n2x -x2(2n+1) ……8分 [1+(m+1)2x21(1+n2x可 由x>0,知x3>0,2n+1>0,分母恒正， 故gn+1-gn<0,即gm+1<8a, 所以数列{gn}单调递减。 …10分 (因为g<凉=点所以28，<之} 要证<名，先证 2. …13分 当n=1时， 1 1<2： …14分 答案第5页（共7页） …16分 当n≥2时， <2，期28<2< …17分 因此，对于任意正整数n, ? t-l 19.解：(1)f(0)=1,f'(x)=te-e→f'(0)=t-e, 所以曲线y=f(x)在x=0处的切线1为y-1=(t-e)(x-0)→y=(化-e)x+1. …2分 设该直线1与曲线y=g(x)相切于x=b(b>0)处， g(b)=Inb-tb+1,g'(x)=1-t=g'(b)=-t, 故切线1为y-Qnb-tb+1)=(哈-)x-b)→y=(合-)x+nb, …3分 对应系数相等， 得-e=君-t 1=Inb (b=e 解得=*兰故1 …4分 2 2 (2)(i)h(x)=f(x)-g(x)=0,etx-ex-Inx+tx-1=0, etx +tx ex In ex eln ex In ex, 由y=ex+x在R上单调递增，得tx=lnex, …6分 所以函数h(x)有两个零点x1,x2,等价于方程tx=1+1nx有两个正实数根x1,x2 于是t=,令(=， …7分 p(幻=，令p()=0,得x=1, 当x∈(0,1)，p(x)>0,p(x)单调递增； 当x∈(1，+∞)，p(x)<0,p(x)单调递减， 故p(x)max=p(1)=1, 又p(日)=0，当x→+∞时，p()→0， 所以0<t<1. …9分 (i)由(i)知，lnx1+1=tx1,lnx2+1=tx2, 所以e=ex,e=ex2,t=2-lhn, …10分 x2-x1 f()=tex-e,g'()=-t, 要证fc)+f)+gx)+g'6)>0,即证t(e+em)-2e+片+号-2t>0, 即证te(x1+x2)-2e+1+-2t>0, X1 x2 答案第6页（共7页） 消去1得enx2nx)-2习++-2g->0 …12分 X1 X2 2-x1 ①先证0nx2-lnx)-2>0,即证n号-2>0， 3+1 x2-x1 x1 X1 令=兴>)，即证nu-2>0,即证-2给>0， 令PU四=-2品则FU0=品>0，所以P0在，+四)单调递弹， 所以F(0>F(1)=0,得证. ……14分 ②再证头+1-22-h>0,即证号+二>22-4 X1 x2 X2-X1 12 X2-x1 即证>2n冬即证路-号>2n号 X1X2 X1 X2 令μ=号(u>1),即证->2，即证2Iu-u+日<0(>1)， 令G()=2n-μ+，G=-=乎<0，所以G(在(L,+o)单调递减， 2 所以G(<G(1)=0,得证. …16分 结合02得，e安n导-2)++号-2g>0, X2一x1 故f(x1)+f'(x2)+g'(x1)+g'(x2)>0. …17分