文档文本内容
高 2027 届高三（上）第一次月考
数学试卷
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚．
2．每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮
擦干净后，再选涂其他答案标号．在试卷上作答无效．
3．考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存．满分 150 分，考试用时 120 分钟．
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
一项最符合题目要求的．
1. 下列表示集合 和 关系的 图中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为集合 ， ，
所以集合 和 关系的 图为 A.
2. 已知角 的顶点在原点，始边与 轴的非负半轴重合，终边经过点 ，则 （
）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】①当 时，点 在第四象限， ，
由三角函数定义： ， ．
第 1页/共 18页②当 时，点 在第二象限， ，
由三角函数定义： ， ．
综上， ．
3. 已知 ，则“ ”的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】对于 A， ，则 或 或 ，
所以， 是 的既不充分也不必要条件，故 A 不符合题意；
对于 B， ，则 ，
所以， 是 的充要条件，故 B 不符合题意；
对于 C， ，则 ，
所以， 是 的一个充分不必要条件，故 C 符合题意；
对于 D，当 时，符合 ，
所以 是 的既不充分也不必要条件，故 D 不符合题意．
4. 已知 是定义在 上的偶函数，且当 时， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】∵ 是定义在 上的偶函数，∴ ，故 .
∵ ，且当 时， ，
第 2页/共 18页∴ 代入得 .
根据对数恒等式 ，可得 .
又∵ ，
∴ ，即 .
故选:C.
5. 若二项式 （ ）的展开式中存在常数项，则 的最小值为：（ ）
A. 14 B. 10 C. 7 D. 5
【答案】C
【解析】
【详解】二项式 （ ）的展开式通项公式为：
，
若上式中存在常数项，则 有解，那么 的最小值为 7.
6. 小明常用人工智能大模型 DeepSeek 解决学习疑问．当小明输入的问题表达清晰时，DeepSeek 的回复被
采纳的概率为 0.8；当小明输入的问题表达不清晰时，DeepSeek 的回复被采纳的概率为 0.3．若小明输入的
问题表达清晰的概率为 0.7，则 DeepSeek 的回复被采纳的概率为（ ）
A. 0.56 B. 0.65 C. 0.77 D. 0.8
【答案】B
【解析】
【详解】设输入的问题表达清晰为事件 ，回答被采纳为事件 ,
则 ，
根据全概率公式 .
7. 已知函数 存在单调递减区间，则其导函数 的解析式可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
第 3页/共 18页【解析】
【分析】对于 A，易知 ；对于 B，令 ，再利用导数可得
，然后结合题意判断即可；对于 C，易知 ，则 有解即可判断；
对于 D，分 、 即可判断 恒成立．
【详解】对于 A， ，则函数 单调递增，不存在单调递减区间，故 A 不符合题意；
对于 B，令 ， ，
则 时， ， 单调递减， 时， ， 单调递增，
，即 ，公众号：高中试卷君
则函数 单调递增，不存在单调递减区间，故 B 不符合题意；
对于 C， ，则 有解，
则函数 存在单调递减区间，故 C 符合题意；
对于 D， ，
当 时， ，则 ，
当 时， ，则 ，
综上， 恒成立，
则函数 单调递增，不存在单调递减区间，故 D 不符合题意．
8. 已知 ，则实数 满足 ，则满足条件的实数 的值的个数为（
）
A. 6 B. 5 C. 4 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】采用换元法由外向内逐层求解，先计算出外层函数的值，再结合分段函数的定义域分别解出内层
变量 并验证即可.
第 4页/共 18页【详解】令 ，则原方程转化为 ，
若 ，
则 ， ，即 ，矛盾，因此该情况舍去，
若 ，
则 ，
则有 ，即 ，解得 ，
或 ，即 ，解得 ，
因此 或 ，
当 时，
若 ，则有 ，即 ，解得 ，因此该情况舍去，
若 ，则有 ，
则 ，即 ，解得 ，
或 ，即 ，解得 ，
当 时，
若 ，则有 ，即 ，解得 ，
若 ，则有 ，
则 ，即 ，解得 ，
或 ，即 ，解得 ，
综上， 可能的取值为 共 个
二、多项选择题：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 部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
第 5页/共 18页A.
B. 关于 对称
C. 若将 的图象向左平移 个单位后得到的函数为奇函数，则 的最小值为
D. 若方程 在 上有且仅有一个实数解，则 的取值范围为
【答案】AC
【解析】
【分析】选项 A，通过计算图象中最高点到相邻零点的横坐标之差得出四分之一周期，进而求得 ，选
项 B，将已知点的横坐标代入函数解析式，通过检验其函数值是否为零来判断该点是否为对称中心，选项 C
，写出平移后的函数表达式，利用奇函数的相位为 的整数倍解出平移量的最小正值，选项 D，计算出变量
在给定区间内的整体相位范围，结合正弦函数在该范围内的单调性和极值，数形结合找出只有一个交点时
的参数取值范围.
【详解】对于 A，由图象知该函数的最大值为 ，最小值为 ，故 ，
且 ，即 ，解得 ，
代入 得 ，
所以 ，解得 ，
仅取 时， 满足 ，所以 ，故 A 正确，
对于 B，代入 得 ，
故图象不关于点 对称，故 B 错误，
第 6页/共 18页对于 C， ，
若 为奇函数，则有 ，即 ，
因为 ，依次取 的值，当 时， ，此时为最小值，故 C 正确，
对于 D，设 ，因为 ，所以 ，
原问题转化为 在 上仅有 个解， 如下图，
根据图象，当 或 时 与 仅有 个交点，
此时 ，故 D 错误.
10. 已知实数 ， ， 满足 ，则下列不等式正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】对 AB 选项可通过作差比较法及不等式性质判断可得，对 C 选项可通过作商比较法及指数函数的
性质判断可得，对 D 选项则通过特殊值法判断可得.
【详解】选项 A：对两式作差得 ，
由 ，得 ， ，所以 ，即 ，A 正确；
选项 B：对两式作差得 ，
由 ，得 ，又 ，
第 7页/共 18页所以 ，即 ，B 正确；
选项 C：因为 ，所以 ，
对两式作商得 ，
由 得 ，由 得 ，因为函数 在 上单调递增，
所以 ，即 ，C 正确；
选项 D：取特殊值 ，左边 ，右边 ，
此时 ，不满足大于关系，D 错误.
11. 已知定义域为 的函数 ， ，满足 ， ，
， ，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 是周期函数
C. 是奇函数 D. 点 是 的对称中心
【答案】ABD
【解析】
【分析】先根据函数递推式推导 的周期性，再结合 的对称性、 与 的关系逐一判断
选项．
【详解】对于选项 A：由 ，令 得 ，已知 ，代入得
，所以 A 正确；
对于选项 B：已知 ，将 替换为 得 ，两式联
立消去 得 ，
第 8页/共 18页再将 替换为 得 ，即 ，
故 是周期为 6 的周期函数，所以 B 正确；
对于选项 C：由 得 关于直线 对称，
又由条件 ，
令 ，则 ，
由 关于直线 对称得 ，因为 ，
所以 ，即 ，
令 ，则 ，所以 是偶函数，不是奇函数．所以 C 错误；
对于选项 D：要判断 是否为对称中心，即需验证对任意 ， ，
因为 ，
所以 ，
所以
因此只需证明 ，
由 ，令 ，得： ，
即 ，
将 替换为 得
第 9页/共 18页又因 是偶函数，有 ，所以
所以 因此 是 的对称中心，所以 D 正确．
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 炎炎夏日，古代人们乘凉时用的纸叠扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形加工制作而成.如图，扇形纸
叠扇完全展开后，得到的扇形 ABC 面积为 ，则当该纸叠扇的周长最小时， 的长度为______
cm.
【答案】
【解析】
【分析】设扇形 ABC 的半径为 ，弧长为 ，根据扇形 ABC 的面积得到 ，纸叠扇的周长
，利用基本不等式求解即可.
【详解】设扇形 ABC 的半径为 ，弧长为 ，则扇形面积 .
由题意得 ，所以 .
所以纸叠扇的周长 ，
当且仅当 即 ， 时，等号成立，
所以此时 的长度为 .
故答案为：
13. 若 ， ，则 ____.
【答案】 ##
【解析】
第 10页/共 18页【详解】 ， .
.
14. 对甲、乙等 6 名运动员进行分组训练，要求至少分成两组，每组至少一人，且甲、乙两人被分在同一组，
则不同的分组方案有_____种．
【答案】51
【解析】
【分析】对甲、乙等 6 名运动员分为 2 组，3 组，4 组，5 组，分别计算种数，最后再由分类加法原理计算.
【详解】依题意，可分为 2 组，3 组，4 组，5 组，
当分为 2 组时，考虑剩下的 4 名运动员选取的人数与甲乙合组，所以种数是 ；
当分为 3 组时，甲乙为 1 组，则种数是 ;
甲乙加 1 名运动员为 1 组，则种数是 ;
甲乙加 2 名运动员为 1 组，则种数是 ;共有 种；
当分为 4 组时，甲乙为 1 组，则种数是 ;甲乙加 1 名运动员为 1 组，则种数是 ;共有 种；
当分为 5 组时，甲乙为 1 组，剩余 4 人各为 1 组,只有 1 种情况；
综上所述，则不同的分组方案有 种.
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 ；
（2）设函数 ，求 的值域和单调区间．
【答案】（1）
（2）
第 11页/共 18页的值域为 ；单调递增区间为 ，单调递减区间为
【解析】
【分析】（1）先将 代入 ，结合 的取值范围求解 即可；
（2）由（1）得 ，再代入化简 为正弦型函数，利用正弦函数的性质求解值域
和单调区间.
【小问 1 详解】
已知 ， ，则 ，且 ，故 .
【小问 2 详解】
由（1）得 ，因此 ，
所以 ，
利用和差化积公式 ，
由正弦函数的值域可知 ，所以 的值域为 ；
令 ，则 ，
得 的单调递增区间为 ；
令 ，则 ，
得 的单调递减区间为 .
第 12页/共 18页16. 已知 ， 在 处的切线与 垂直，
（1）求实数 的值；
（2）求 在区间 上的值域．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求 处的切线斜率，结合两直线垂直的斜率关系求解 ；
（2）通过导数判断函数在 上的单调性，比较极小值和端点值的大小得到值域.
【小问 1 详解】公众号：高中试卷君
函数 的定义域为 ，对 求导得 ，
则 在 处的切线斜率 ，
直线 变形为 ，斜率为 ，
由两直线垂直时斜率乘积为 ，得 ，解得 .
【小问 2 详解】
由（1）得 ，求导并整理得 ，
当 时， ， ，
所以当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增，
因此 在 处取得区间内的最小值 ，
计算端点值 ， ，
比较 和 的大小： ，
由于 ，故 ，即区间内最大值为 ，
综上所述， 在 上的值域为 .
第 13页/共 18页17. 记 内角 、 、 的对边分别为 、 、 ， ．
（1）证明： 为钝角三角形；
（2）若 ，且 ，求 的面积．
【答案】（1）因为 ，即 ，
由正弦定理可得 ，
又因为 ，
则 ，
且 ，则 ，可得 ，即 ，
又因为 ，则 ，所以 为钝角三角形.
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得 ，即可得 ，即可证得结果；
（2）利用正弦定理可得 ，结合余弦定理可得 ，即可求得三角形面积.
【小问 1 详解】
略
【小问 2 详解】
u ，又 ，
由正弦定理可得 ，
则 ， ，可得 ，即 ，
由余弦定理可得 ，
即 ，可得 ，
所以 的面积为 .
18. 某学校组织数学，物理学科答题竞赛活动，该学校准备了 个相同的箱子，其中第
第 14页/共 18页个箱子中有 个数学题， 个物理题．每一轮竞赛活动规则如下：任选一个箱子，
依次抽取三个题目（每次取出不放回），并全部作答完毕，则该轮活动结束；若此轮活动中，三个题目全部
答对获得一个奖品．
（1）已知学生甲在每一轮活动中，都抽中了 个数学题， 个物理题，且甲答对每一个数学题的概率为 ，
答对每一个物理题的概率为 ．
①求学生甲第一轮活动获得一个奖品的概率；
②已知 ，学生甲理论上至少要进行多少轮活动才能获得四个奖品？并求此时 、 的值．
（2）若学生乙只参加一轮活动，求乙第三次抽到物理题的概率．
【答案】（1）① ；②至少要进行 轮游戏， ， ．
（2）
【解析】
【分析】（1）①利用独立事件的概率乘法公式可求得所求事件的概率；
②利用导数求出学生甲在每一轮活动中获得一个奖品的概率为 的最大值，可知学生甲在 轮活动
中获得奖品的个数 ，由 可求得 的值，即可得解；
（2）设选出的是第 个箱子，计算出在第 个箱子中第三次取出的是物理题的概率为 ，进而
可求得所求概率为 ，结合数列的求和公式可求得所求事件的概率.
【小问 1 详解】
解：①记“学生甲第一轮活动获得一个奖品”为事件 ．则 ；
②学生甲在每一轮活动中获得一个奖品的概率为 ，
令 ， ， ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减， ，
第 15页/共 18页即当 时， ．
学生甲在 轮活动中获得奖品的个数 ，由 ，知 ．
故理论上至少要进行 轮游戏，此时 ， ．
【小问 2 详解】
解：设选出的是第 个箱子，连续三次取出题目的方法数为 ．
设数学题为 ，物理题为 ，第三次取出的是物理题 有如下四种情形：
取法数为 ，
取法数为 ，
取法数为 ，
取法数为 ，
从而，第三次取出的是物理题的种数为
．
则在第 个箱子中第三次取出的是物理题的概率为 ．
而选到第 个箱子的概率为 ，
故所求的概率为 ．
【点睛】关键点点睛：本题考查概率与数列的综合应用，在求解第三问时，关键要求出在第 个箱子中第
三次取出物理题的概率，那么就应该对前三次取出的题目所属科目进行列举，进而求解.
19. 已知函数 .
（1）若 ，求 的单调区间；
（2）若 ，求 的取值范围；
第 16页/共 18页（3）若 ，设 ，且 ，证明： .
【答案】（1）单调递减区间为 ，单调递增区间为 ；
（2） ；
（3）证明：由（2）知，当 时， ，当且仅当 时等号成立，
则 ，即 ，同理 ，
于是 ，即 ，
当 时， ， ，显然当 时， ， 单调递增，
当 时，令 ，则 ，
当 时， ；当 时， ，
则当 时， ， 单调递增，
而 ，且 ，则存在唯一 ，使得 ，
当 时， ；当 时， ，
函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
又 ， ，则存在唯一 ，使得 ，
因此当 时， ，当 时， ，
而 ，且 ，于是 ，即 ，
又 ，则 ，即 ，从而 ，
所以 .
【解析】公众号：高中试卷君
【分析】（1）把 代入，利用导数求出函数 的单调递区间.
（2）等价变形给定不等式，分离参数并构造函数 ，利用导数求出最小值即可.
（3）由（2）的结论可得 ，利用不等式的性质及已知得 ，再利用导数及零点
第 17页/共 18页存在性定理，结合不等式性质证得 即可.
【小问 1 详解】
当 时， ，求导得 ，
令 ，求导得 ，函数 在 上单调递增，
而 ，则当 时， ；当 时， ，
所以函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 .
【小问 2 详解】
不等式 ，
设函数 ，求导得 ，
设 ，求导得 ，
函数 在 上单调递增，且 ，
则当 时， ， ；当 时， ， ，
函数 在 上单调递减，在 上单调递增， ，则 ，
所以 的取值范围是 .
【小问 3 详解】
略
第 18页/共 18页
