2026-2027学年广东省深圳市外国语学校高三上学期第一次阶段性考试数学试卷（含答案）

/数学本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟．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.设全集，集合，，则（）A. B. C. D.2.设，，为虚数单位，若，则（）A.0 B.1 C.3 D.63.已知，，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.已知双曲线过点，且与双曲线有相同的渐近线，则的焦距为（）A. B. C. D.5.已知变量和变量的一组成对样本数据为，其中，其回归直线方程为，当增加两个样本数据和后，重新得到的回归直线方程斜率为3，则在新的回归直线方程的估计下，样本数据所对应的残差为（）A.2 B.1 C. D.6.设数列满足，则的前2026项之和为（）A. B. C. D.7.将一条长为的线段截成段，使其组成一个正三棱柱的框架，则该正三棱柱的外接球表面积的最小值为（）A. B. C. D.8.已知直线分别与曲线和切于点，，且与轴交于点，若，则（）A. B. C.1 D.2二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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.已知函数，为函数的最小正周期，则（）A. B.C.为奇函数 D.在上单调递增10.设函数，则（）A.2是的极大值点 B.方程有3个不同的实数解C.， D.，11.2026年7月23日，中国数学家邓煜和王虹获得菲尔兹奖，王虹的获奖成果包括她与约书亚·扎尔在三维挂谷猜想问题上的突破．平面里的挂谷猜想主要是研究能通过连续旋转或平移覆盖所有方向的确定长线段的集合，该集合称为挂谷集，三尖内摆线及其围成的部分就是一种挂谷集，它被以它的三个端点围成的三角形完全覆盖．如图所示，在平面直角坐标系中，三尖内摆线的方程为：，已知以原点为中心逆时针旋转后与原曲线重合，则（）A.关于直线对称B.与轴的交点坐标为和C.与曲线有3个公共点D.所围成的图形面积为，则，其中，三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知向量，，，若，则___．13.一个不透明袋子中有大小和质地均相同的9个小球，分别标有号码1，2，3，…，9，不放回地先后摸出两个小球，记号码分别为，，则事件“”发生的概率为_________．14.在一个数列的每相邻两项之间插入它们的等差中项，整个数列按照原来的顺序得到一个新数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．下面对数列1，3，7按照上述方法进行“扩展”，第1次“扩展”后得到数列1，2，3，5，7，第2次“扩展”后得到数列1，，2，，3，4，5，6，7．设第次“扩展”后得到的数列项数为，所有项的和为，记为不超过的最大整数，则______．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.在中，，，分别是角，，的对边，若，且．（1）求;（2）若的面积为，求的周长．16.随着人工智能技术的快速发展，AI图像识别在工业质检、安防监控等领域得到广泛应用．某科技公司研发了一款面向工业质检的AI图像识别设备．为确保产品质量，公司对生产的设备进行抽样检测，每台设备的检测结果相互独立．已知每台设备的检测结果为优质品的概率为，为合格品的概率为，现从该公司生产的设备中随机抽取3台进行检测．（1）求至少2台是优质品的概率；（2）若每台优质品设备可获利5万元，每台合格品设备可获利3万元，记随机抽取的3台设备共可获利万元，求的分布列、数学期望以及方差．17.如图，在圆台中，，下底面圆的直径，点在圆上，点在圆上，直线，与底面所成角均为，圆台的体积为．（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．18.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，且其中一个焦点与抛物线：的焦点重合，为抛物线上除原点外一点，直线交椭圆于点，，的周长为8．（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与抛物线交于另一点，设直线与的倾斜角分别为与．（ⅰ）证明：；（ⅱ）记与的面积分别为与，求的最小值．19.对于函数，若存在其定义域内的，使成立，则称为函数的不动点．已知函数，其不动点为．（1）判断与的大小关系并说明理由；（2）数列的递推公式为，，其前项和为，．（ⅰ）证明：数列，为递增数列；（ⅱ）证明：．（参考数据：）

数学本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟．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.设全集，集合，，则（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：根据全集先求出，进而可得到.解答过程：因为全集，集合，所以，所以.2.设，，为虚数单位，若，则（）A.0 B.1 C.3 D.6答案：B解析：解答过程：由虚数单位的周期性可知，，，，所以，所以，又因为，所以，由复数相等可得，解得，所以.3.已知，，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：思路：先将右侧对数化为同底，将不等式等价转化为代数不等式，再比较

与

的大小，由基本不等式可得后者恒大于前者，据此判断两个条件之间的推出方向即可．解答过程：因为

，所以不等式等价于：现在比较

与

的大小，令

，则由基本不等式

，等号仅当

时成立，而

时

，所以，因此，若

，则必有

，充分性成立；但反之不一定成立，必要性不成立．所以“”是“”的充分不必要条件．4.已知双曲线过点，且与双曲线有相同的渐近线，则的焦距为（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：首先设出与共渐近线的双曲线方程，再代入点，求出，从而求出的方程，进而求解的焦距.解答过程：由题可知与有相同的渐近线，故设的方程为：3y2点代入得：，把代入所设方程得：3y2，，因此，即，双曲线的焦距为.5.已知变量和变量的一组成对样本数据为，其中，其回归直线方程为，当增加两个样本数据和后，重新得到的回归直线方程斜率为3，则在新的回归直线方程的估计下，样本数据所对应的残差为（）A.2 B.1 C. D.答案：C解析：思路：先借助原回归方程求出原样本中心点纵坐标，再算出新增数据后的新样本中心点，结合新斜率求出回归方程，最后代入值利用残差公式算出结果.解答过程：因为回归直线过样本中心点，已知，所以，所以，因为新增和，所以新，新，已知新的回归直线方程斜率为3，回归直线过样本中心点，所以，所以新回归方程：，因为样本点为，所以，残差为.6.设数列满足，则的前2026项之和为（）A. B. C. D.答案：D解析：解答过程：当时，；当时，由，得，两式相减得，所以，又不适合上式，所以的通项公式为.所以.7.将一条长为的线段截成段，使其组成一个正三棱柱的框架，则该正三棱柱的外接球表面积的最小值为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：设底面边长为、侧棱长为，利用棱长总和消元得，再根据正三棱柱外接球球心在上下底面中心连线中点，结合正三角形外接圆半径公式，半径平方，代入后得到关于的二次函数，利用二次函数顶点坐标公式求其最小值，最后将最小值代入球表面积公式即可完成求解.解答过程：设正三棱柱的底面边长为，侧棱长为，正三棱柱共有条棱，上下底面各条共，侧棱条共，总长度为，因此，即，正三棱柱外接球的球心位于上下底面中心连线的中点，底面正三角形的外接圆半径为，球心到侧棱中点的垂直距离为，所以外接球半径满足，由代入得，这是关于的开口向上的二次函数，当时，取得最小值，此时，因此外接球表面积的最小值为.8.已知直线分别与曲线和切于点，，且与轴交于点，若，则（）A. B. C.1 D.2答案：A解析：思路：设点，，利用导数求出两条曲线的切线方程，根据两条直线重合可得两条直线的斜率截距均相等，从而可求得斜率，再根据可知是中点，利用纵坐标关系列出方程解出的值，最后检验即可．解答过程：设点，，由于的导数，的导数，故过的切线为，即，过的切线为，即，因此，设，故，，故，故，因此，由得，所以，进而，所以，因此切线的方程为，令，得，因为，所以，解得，当时，，，切线，，，，因此满足条件．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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.已知函数，为函数的最小正周期，则（）A. B.C.为奇函数 D.在上单调递增答案：AD解析：解答过程：对于A选项：最小正周期

，所以A选项正确；对于B选项：，所以B选项错误；对于C选项：，含有常数项，不关于原点对称，所以不是奇函数，所以C选项错误；对于D选项：令，当时，,在此区间单调递增，故单调递增，所以D选项正确．10.设函数，则（）A.2是的极大值点 B.方程有3个不同的实数解C.， D.，答案：ABD解析：思路：分段去掉绝对值求导分析函数单调性，然后画出已知函数的图像，利用图像具体分析选项内容.解答过程：已知，对于，当，，令，解得，因为，，单调递增；，单调递减；所以2是的极大值点，对；对于，作出的图象因为，在区间上单调递减，，在上，，所以在上，单调递增，，所以方程有3个不同的实数解，对；对于，在区间，单调递增，因为在区间上恒成立，所以在区间上恒成立，错；对于，是向左平移3个单位，作出图象令，当，，该式在时恒大于，所以；当，，该式在时恒大于，所以；当，，所以；综上，，，对.11.2026年7月23日，中国数学家邓煜和王虹获得菲尔兹奖，王虹的获奖成果包括她与约书亚·扎尔在三维挂谷猜想问题上的突破．平面里的挂谷猜想主要是研究能通过连续旋转或平移覆盖所有方向的确定长线段的集合，该集合称为挂谷集，三尖内摆线及其围成的部分就是一种挂谷集，它被以它的三个端点围成的三角形完全覆盖．如图所示，在平面直角坐标系中，三尖内摆线的方程为：，已知以原点为中心逆时针旋转后与原曲线重合，则（）A.关于直线对称B.与轴的交点坐标为和C.与曲线有3个公共点D.所围成的图形面积为，则，其中，答案：ACD解析：思路：用代换，方程不变，结合题意可判断A；将代入的方程，进而代入验证可判断B；对于C；记曲线为圆，进而可得，代入检验可判断C；的方程可化为，圆的方程可化为，可证明圆在第二象限的点除去点外均在下方，进而计算可判断D.解答过程：对于A，用代换，代入的方程，方程显然不变，所以关于轴对称，又因为以原点为中心逆时针旋转后与原曲线重合，所以也关于直线和对称，故A正确；对于B，将代入的方程得，将代入得；将代入得，所以为与轴的交点，不为与轴的交点，故B错误；对于C，记曲线为圆，在圆上，联立和圆的方程，利用，消掉，整理得，由为方程的根，可得，解得或，因为和圆关于轴对称，且代入解得，所以，和为曲线和圆的3个公共点，故C正确；对于D，由C知在上，将其绕原点为中心逆时针旋转后得到也在上，记，，，由C知这三个点也在圆上，，如图所示，所围成的图形可以看作正三角形减去三块相同的弯曲部分，由对称性，下面研究在第二象限中和圆的位置关系，由图可知，记，则的方程可化为，设其两根为，且，圆的方程可化为，记其根为，对于，函数的对称轴为，，由于，因此在函数的对称轴的左侧，又开口向上，，令，求导得，令，则，所以，所以，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，又，，所以，即，所以，即对任意确定的，圆在第二象限的点除去点外均在下方，记在所对的圆半径为，，所以圆心角为，弓形的面积为，即，所以，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知向量，，，若，则___．答案：5解析：思路：先求出与的坐标，利用平面向量共线的坐标交叉相乘相等列方程，解方程求出参数．解答过程：因为，，，所以，，若，则，解得．13.一个不透明袋子中有大小和质地均相同的9个小球，分别标有号码1，2，3，…，9，不放回地先后摸出两个小球，记号码分别为，，则事件“”发生的概率为_________．答案：解析：思路：先求出总基本事件数，然后根据二项式系数的增减性求出满足事件“的事件数，最后根据古典概率公式即可求解.解答过程：不放回先后摸出两个小球，互不相同，总事件数为从9个球中选2个的排列数：，根据组合数性质：，且组合数当时单调递增，时单调递减，时，可取2～8，共7个，时，可取3～7，共5个；时，可取4～6，共3个；时，可取5，共1个；时，不存在满足，时，可取5，共1个；时，可取4～6，共3个；时，可取3～7，共5个；时，可取2～8，共7个；合计满足条件的事件数为，则事件“”发生的概率为.14.在一个数列的每相邻两项之间插入它们的等差中项，整个数列按照原来的顺序得到一个新数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．下面对数列1，3，7按照上述方法进行“扩展”，第1次“扩展”后得到数列1，2，3，5，7，第2次“扩展”后得到数列1，，2，，3，4，5，6，7．设第次“扩展”后得到的数列项数为，所有项的和为，记为不超过的最大整数，则______．答案：2029解析：思路：先列出数列和数列的递推关系，然后根据构造法求出与的通项公式，最后根据对数的运算性质即可求解.解答过程：初始数列（0次扩展）项数为，每次扩展时，在原数列的每相邻2项之间插入1个新数：第次扩展后项数为，则相邻项共对，第次扩展新增项，因此递推关系为：

，初始条件，构造等比数列：，可得，即：

.设第次扩展的和为，第次扩展时，每对相邻项插入等差中项​，所有新增项的和为全部相邻项和的​：原数列首尾两项固定为1和7，所有相邻项总和，因此新增项和为，递推关系为：，初始条件，构造等比数列：，可得，即：

.代入：

，

显然，因此，取不超过该值的最大整数得结果为.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.在中，，，分别是角，，的对边，若，且．（1）求;（2）若的面积为，求的周长．答案：（1）（2）解析：思路：（1）先利用二倍角公式展开，结合两角和正弦公式与正弦定理化简等式，求出，再结合三角形内角范围即可得到角；（2）先借助三角形面积公式求出，再利用余弦定理求出，最终即可求得三角形的周长.（1）因为，则原式可化为：，整理得：，①由，得，则①式可化为，由，所以，所以，由正弦定理，得，又，所以，，所以，由，得．（2）因为，则，由余弦定理得，，即，解得，所以的周长为．16.随着人工智能技术的快速发展，AI图像识别在工业质检、安防监控等领域得到广泛应用．某科技公司研发了一款面向工业质检的AI图像识别设备．为确保产品质量，公司对生产的设备进行抽样检测，每台设备的检测结果相互独立．已知每台设备的检测结果为优质品的概率为，为合格品的概率为，现从该公司生产的设备中随机抽取3台进行检测．（1）求至少2台是优质品的概率；（2）若每台优质品设备可获利5万元，每台合格品设备可获利3万元，记随机抽取的3台设备共可获利万元，求的分布列、数学期望以及方差．答案：（1）（2），．9111315解析：思路：（1）记为优质品数目，依题意可得，利用二项分布的概率公式及互斥事件的概率加法公式计算即可；（2）先由题意求得，得到的所有可能取值，并求出对应的概率，列出分布列，利用数学期望与方差公式计算即得.（1）记为优质品数目，则的所有可能取值为0，1，2，3，则，，，所以．（2）由（1），合格品有台，依题意，，则的所有可能取值为9，11，13，15，则，，，，所以的分布列为：9111315由得，，所以数学期望，方差．17.如图，在圆台中，，下底面圆的直径，点在圆上，点在圆上，直线，与底面所成角均为，圆台的体积为．（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．答案：（1）证明：由题意，圆台体积，得，解得或（舍），因点到底面的距离即，又直线，与底面所成角均为，所以．因为平面，所以，由勾股定理，由，可得，同理，由，，平面，所以平面，设直线与平面交于点，因为上下底面平行，且分别与平面交于直线与，所以，则平面，因为平面，所以平面平面．（2）解析：思路：（1）由圆台体积公式求得，，利用题设条件证得，，结合线面垂直的判定定理推出平面，再由面面平行的性质推得，得平面，利用面面垂直的判定定理即可得证；（2）由题意建系，求出相关点与向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得.（1）略；（2）由（1）得，因，则点是线段的中点，又，所以，所以，，两两垂直，以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系如图，因为平面，所以，即四边形为矩形，所以，，，所以，，，，，为中点，即，，，，设平面与平面的法向量分别为和，两平面夹角为，由，故可取；由，故可取，所以，即平面与平面夹角的余弦值为．18.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，且其中一个焦点与抛物线：的焦点重合，为抛物线上除原点外一点，直线交椭圆于点，，的周长为8．（1）求椭圆的标准方程；（2）若直线与抛物线交于另一点，设直线与的倾斜角分别为与．（ⅰ）证明：；（ⅱ）记与的面积分别为与，求的最小值．答案：（1）（2）（ⅰ）由题意，不在原点，直线与均不与轴重合，可设：，：，，，，，联立与方程：，解得，因为在抛物线上，得，解得：，，直线斜率，，当时，，，或，则成立；当时，，，则，所以，即成立（）．综上，成立．（ⅱ）解析：思路：（1）运用椭圆定义，焦点弦构成三角形的周长，再结合抛物线焦点求，最后得出椭圆方程即可;（2）（ⅰ）采用横截式设线法：先对过轴定点的直线，设形式，再联立两条直线解出交点坐标，将交点代入抛物线，得到参数之间的约束等式；分参数为0的特殊情况与一般情况分别验证，把参数关系转化为倾斜角的三角函数关系式，最后利用三角恒等变形，完成等式证明即可;（ⅱ）采用横截式设线法：先分别联立直线与椭圆、抛物线，用韦达得到纵坐标差；然后借用第(i)问得到的参数关系做代换，写出面积乘积表达式；再通过换元转化为二次函数，限定自变量取值范围，最后利用二次函数单调性求解面积乘积的最小值即可.（1）因