精品解析：广东省深圳市福田区红岭中学（红岭教育集团）2026届高三第一次统一考试数学试题

红岭中学（红岭教育集团）2026届高三第一次统一考试 数学试题 一、单选题 1. 已知命题p：，，则是（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】对全称（存在）量词命题进行否定的方法：全称量词命题，的否定为：，．存在量词命题，的否定为：，． 【详解】命题：，的否定为：，． 故选：C 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式求得集合A，B，进而利用交集的意义求解即可. 【详解】由，可得，解得，所以， 又， 故． 故选：D. 3. 下列函数在其定义域内既是奇函数，又是增函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用反比例函数性质判断A，利用偶函数的定义判断B，利用正切函数性质判断C，利用幂函数的性质判断D即可. 【详解】对于A，由反比例函数性质得是奇函数， 而，则在其定义域上不单调递增，故A错误； 对于B，因为，所以， 所以，可得是偶函数，故B错误； 对于C，由正切函数性质得在其定义域上不单调， 例如取，则，故C错误； 对于D，由幂函数性质得是奇函数，在其定义域上单调递增，故D正确． 故选：D 4. 已知数列满足，且，，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据递推式确定数列的周期，进而求对应项. 【详解】由题意，，， 则，，，，， 所以数列为周期为4的数列， 则. 故选：A. 5. 已知非零实数满足，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，取即可判断；对于B，由不等式性质以及指数函数单调性即可判断；对于C，取即可判断；对于D，取即可判断. 【详解】对于A，取，则，故A错误； 对于B，因为，所以，所以，所以，故B正确； 对于C，取，则，故C错误； 对于D，取，则，故D错误. 故选：B. 6. 函数在上单调递增的必要不充分条件为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由函数在上单调递增，则在上恒成立，再根据二次函数恒成立的等价条件求解即可. 【详解】由函数在上单调递增，得在上恒成立， 则，解得， 因此A是充分条件，B是充要条件，C是既不充分也不必要条件，D是必要不充分条件. 故选：D 7. 已知函数（，且）在R上为单调函数，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】由在时的单调性，结合复合函数单调性，求出的取值范围，进而求得的最小值. 【详解】因为的对称轴为直线，且开口向上， 所以当时，单调递增， 又且在R上为单调函数，所以在时单调递增． 因为函数在时单调递减，所以在单调递减； 所以解得，又， 则，所以， 故的最小值为2． 故选：B. 8. 设函数，若恒成立，则的最小值是（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意分析得出，构造新函数利用函数导数求解即可. 【详解】因为函数的定义域为， 当时，， 由恒成立，则有恒成立， 因为的值域为， 所以不一定恒成立，故不成立， 当时，由，， 由，， 所以要使得恒成立，则即， 所以， 设， 则， 当时，，所以在单调递增， 当时，，所以在单调递减， 所以有最小值， 所以的最小值是， 故选：A. 二、多选题 9. 下列命题中，真命题有（　　） A. 数据6，2，3，4，5，7，8，9，1，10的70%分位数是8.5 B. 若随机变量，则 C. 已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程为；若，则； D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A利用百分位数的定义即可判断，对于B利用二项分布即可求方差，进而判断，对于C利用回归方程必过样本中心点即可判断，对于D利用条件概率公式即可判断. 【详解】对于A：由，所以70%分位数是，故A错误； 对于B：由，所以，故B正确； 对于C：由，所以，故C正确； 对于D：，，所以，故D错误. 故选：BC. 10. 已知双曲线焦距长为6，则（ ） A. B. 的离心率为 C. 的渐近线为 D. 直线与相交所得弦长为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据焦距得出判断A，B选项，根据渐近线公式计算判断C选项，联立方程求出点的坐标结合两点间距离公式计算判断D选项. 【详解】双曲线焦距长为6，可得，所以A不正确； 可得，所以的离心率为，所以B正确； 的渐近线为，所以C正确； 联立直线与双曲线方程，可得两个交点坐标为， 所以弦长为,D选项错误 故选：BC. 11. 若正方体边长为1，点满足，其中，则（ ） A. 当时，存在点，使得平面 B. 当满足时，不存在点，使得 C. 当满足时，存在点，使得与平面所成角为 D. 当满足时，三棱锥的体积的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】以D为坐标原点，以DA、DC、所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，求出点P的坐标，利用向量法逐一判断各个选项即可 【详解】以D为坐标原点，以DA、DC、所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 则， 因为=，所以， 对于A，当时，则，取，则点P与C重合，， 所以， 因为平面，平面，所以平面，故A正确； 当时，所以，则， 要使，当且仅当，即， 令， 若，又， 在单调递减，在单调递增； 所以在处取得极小值， 所以在无零点，即在无解， 所以当满足时，不存在点，使得，故B 正确； 设平面的法向量为， 则，， 所以，取，则，所以， 因为与平面所成角为， ， 又，所以， 得，所以方程无解， 所以当满足时，不存在点，使得与平面所成角为， C错误的； 为正三角形，，则， 由，，可得 所以设， 则，则， 设平面的法向量为， 由令， 所以点P到平面的距离为， 因为，， 所以 所以当时，取最大值，从而， 所以三棱锥的体积的最小值为，故D对； 故选：ABD 三、填空题 12. 已知，，且，则的最小值为______． 【答案】3 【解析】 【分析】把“”写成，再利用基本不等式即可求解. 【详解】因为，，且， 所以， 当且仅当，时，等号成立，所以的最小值为3． 故答案为：3 13. 已知定义在上的奇函数满足，当时，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由得是函数的一个周期，再利用周期性和奇函数性质求出所求函数值. 【详解】在上的奇函数满足，则， 所以，即是函数的一个周期， 而，则，， 又当时，， 所以 故答案为：. 14. 在中，角所对的边分别为，则的最小值为___________. 【答案】3 【解析】 【分析】首先根据余弦定理和角的范围求出，然后用将所求式子表示出来并化简，最后利用二次函数的最值可求得原式的最小值. 【详解】根据余弦定理得，因为，所以 ， 所以. 所以. 而. 当时，即时，取最大值为. 此时取最小值为. 故答案为：3. 四、解答题 15. 已知，其内角，，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）若，，为边上的中点，求的长． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据，结合已知条件整理化简，求得，则得解； （2）根据面积公式，求得，再由余弦定理求得，利用余弦定理求得，再在△中，由余弦定理求得. 【小问1详解】 因为，即， 且， 即， 得，且，则， 可得，且，所以． 【小问2详解】 如图： 因为，， 由，所以，解得， 在中，由余弦定理得，则， 又D为BC边上的中点，所以， 在中，由余弦定理得，则， 在中，由余弦定理得， 所以． 16. 若数列满足，则称是“紧密数列”．已知数列的前项和为，且． （1）试判断是否为“紧密数列”，并说明理由． （2）若数列是“紧密数列”，已知（为常数），且，求的前项和． 【答案】（1）是“紧密数列”．理由如下： 因为， 当时，， 所以， 当时，，满足上述关系式， 所以，则， 又，所以是紧密数列． （2） 【解析】 【分析】(1)由得到通项公式，根据“紧密数列”定义可得到结果； (2)根据第一问结果，可得到数列的通项公式，根据它是“紧密数列”以及，可得到，进而得到，然后根据等比数列求和公式可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，， 所以是以为首项，为公比的等比数列． 因为数列是“紧密数列”，所以， 又因为，即，整理得， 解得（舍去）或，则，， 因此， 故数列的前项和为． 17. 如图，在三棱柱中，底面为正三角形．，且为的中点． （1）证明：； （2）点是线段上一点，求使得二面角的正弦值不小于的点形成的轨迹长度． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，由题意可得，利用余弦定理可求得，可证，进而可得平面，可证结论； （2）以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量法可得，进而计算即可. 【小问1详解】 如图，连接，因为底面为边长为4的正三角形，且为的中点，所以， 又，所以，且， 在中，因为，由余弦定理可得， 解得， 在中，因为，所以． 因为平面，且，所以平面， 又平面，故． 【小问2详解】 由（1）知平面，因为，所以， 则以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，则，， 设平面的法向量为，则，即 取，则，则平面的一个法向量为． 设平面的法向量为，则，即， 取，则，则平面的一个法向量为． 设二面角的平面角为，当时， 由得， 即， 整理得，即， 解得，因为， 故使得二面角的正弦值不小于的点形成的轨迹长度为． 18. 如图，椭圆的方程为，左、右焦点分别为．设是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点． （1）若，求直线的斜率； （2）求证：是定值． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）联立直线与椭圆方程，可求解，进而根据两点距离公式，代入化简即可求解， （2）根据相似，结合椭圆的定义可得，，即可相加，结合，，化简即可求解. 【小问1详解】 由于，又因为， 所以设直线的方程分别为，，，，，． 联立方程可得，求得． 所以 ．① 同理可得，．② 由①②两式得，． 由已知得，故． 注意到，所以．所以直线的斜率为． 【小问2详解】 证明：因为，所以， 即，即． 所以． 由点在椭圆上知，， 所以． 同理可得，． 所以 ． 由①②两式得，，， 所以． 所以是定值． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若的极小值小于－1，求的取值范围； （3）当时，证明：有2个零点． 【答案】（1） （2） （3）证明：． 令，得， 令，则与有相同的零点， 且． 令，则， 因为，则，所以在区间上单调递增， 又，，所以，使得， 所以当时，，即；当时，，即， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的最小值为． 由，得， 即， 令，，则，则在单调递增． 因为，所以，则， 所以，从而，， 所以的最小值． 当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于， 又因，所以， 所以有2个零点，故有2个零点． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程； （2）函数求导后，根据参数的取值分类讨论，得到时，极小值，构造函数，求导推得，即可求得不等式的解集； （3）由得，令，则，令，求导判断在区间上单调递增，结合零点存在定理，推得，使得，求出的最小值为，由可得，，故得的最小值，由即可判断函数，即函数的零点个数. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，， 则曲线在点处的切线方程为， 整理得：． 【小问2详解】 函数的定义域为，且， ① 当时，易得，在上单调递减，则无极小值，不合题意； ② 当时，由，得，即在上单调递增； 由，得时，即在上单调递减， 所以的极小值为：， 因为的极小值小于，所以，即． 令，则， 所以当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， 因为，所以由可得. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：求单调性及最值，需要引入隐零点，因为这个隐零点不好代入消元求值，需要再同构函数，则可得隐零点满足，，从而再代入隐零点即可求出的最小值，再结合两边的极限值，从而问题得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 红岭中学（红岭教育集团）2026届高三第一次统一考试 数学试题 一、单选题 1. 已知命题p：，，则是（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列函数在其定义域内既是奇函数，又是增函数的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列满足，且，，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 5. 已知非零实数满足，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 6. 函数在上单调递增的必要不充分条件为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数（，且）在R上为单调函数，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 5 8. 设函数，若恒成立，则的最小值是（ ） A. B. C. 1 D. 二、多选题 9. 下列命题中，真命题有（　　） A. 数据6，2，3，4，5，7，8，9，1，10的70%分位数是8.5 B. 若随机变量，则 C. 已知两个变量具有线性相关关系，其回归直线方程为；若，则； D. 若，则 10. 已知双曲线焦距长为6，则（ ） A. B. 的离心率为 C. 的渐近线为 D. 直线与相交所得弦长为 11. 若正方体边长为1，点满足，其中，则（ ） A. 当时，存在点，使得平面 B. 当满足时，不存在点，使得 C. 当满足时，存在点，使得与平面所成角为 D. 当满足时，三棱锥的体积的最小值为 三、填空题 12. 已知，，且，则的最小值为______． 13. 已知定义在上的奇函数满足，当时，，则______． 14. 在中，角所对的边分别为，则的最小值为___________. 四、解答题 15. 已知，其内角，，的对边分别为，，，且． （1）求； （2）若，，为边上的中点，求的长． 16. 若数列满足，则称是“紧密数列”．已知数列的前项和为，且． （1）试判断是否为“紧密数列”，并说明理由． （2）若数列是“紧密数列”，已知（为常数），且，求的前项和． 17. 如图，在三棱柱中，底面为正三角形．，且为的中点． （1）证明：； （2）点是线段上一点，求使得二面角的正弦值不小于的点形成的轨迹长度． 18. 如图，椭圆的方程为，左、右焦点分别为．设是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点． （1）若，求直线的斜率； （2）求证：是定值． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若的极小值小于－1，求的取值范围； （3）当时，证明：有2个零点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $