精品解析：广东省深圳市红岭中学2025-2026学年高三上学期初期调研考试数学试卷

广东省深圳市红岭中学2026届高三初期调研考试 数学 考生须知： 1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号. 3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效. 4．考试结束后，只需上交答题卷. 选择题部分 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项符合题目要求.） 1. 若，则复数z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件，结合复数的基本运算可得，再结合复数的几何意义进行判断即可. 【详解】由题知， 所以复数z在复平面内对应的点的坐标为，显然在第二象限. 故选：B 2. 已知集合，设全集为R，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意解不等式可得，，再根据集合的运算逐项判断即可. 【详解】由题知， ，则，解得，即， 故A、B错误；或，故C错误； 或，故D正确； 故选：D. 3. 现将A，B，C，D，E，5位民警派往甲，乙，丙，丁，戊5个学校进行“反校园欺凌”普法宣讲，每人只到1个学校，每个学校只去1人.已知A民警不能去甲学校，B，C两位民警不能到乙学校，则不同的分派方法共有（ ） A. 36种 B. 42种 C. 48种 D. 60种 【答案】D 【解析】 【分析】利用间接法可求得不同的分派方法总数. 【详解】因为每人只到1个学校，每个学校只去1人，所以将5人全排列有种， 其中将A民警安排在甲学校有种不同的安排方法， 将民警B或C安排在乙学校有种不同的安排方法， 又A民警在甲学校，且民警B或C在乙学校有， 所以A民警不能去甲学校，B，C两位民警不能到乙学校， 则不同的分派方法共有种. 故选：D. 4. 如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为边AB，BC上的点，且AM＝MB，CN＝2NB，记，则＝（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的线性运算法则计算. 【详解】因为， 所以，又， 所以. 故选：A. 5. 记数列的前n项和为，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用下标作差得出数列从第项起为等比数列，再利用等比数列的求和公式计算即可. 【详解】因，则当时，， 两式作差得，即， 因，，则，不满足， 则数列从第项起为等比数列，则， . 故选：C 6. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于点为中点，若，且，则直线的斜率＝（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】通过双曲线的定义以及勾股定理求出，再结合几何关系求出直线的斜率. 【详解】设，因为，所以， 根据双曲线的定义，可得，即， 解得，所以，， 又， 因为为中点，且，所以， 那么， 所以，则， 则， ， 设直线的倾斜角为，则， 则， 所以直线的斜率. 故选：. 7. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】变形给定式子，再利用基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】当时， ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 故选：A 8. 已知函数的值域为，且，若，则的值所在的区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，将问题转化为求零点所在区间. 【详解】由整理得， 令，则 令，则问题即求函数的零点所在区间. 二次函数开口向上，对称轴方程为， 所以函数在和单调递增. 因为，，， ，， 由零点存在性定理知，A、B、D错误，C正确； 故选：C. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 水车（如图1）是古代中国人民充分利用水力资源发展出来的一种机械，它对农业的发展有巨大贡献，使耕地受地形的制约大为减轻，实现丘陵地和山坡地的开发.图1中的水车外圆周上的每个盛水桶都作逆时针方向的匀速圆周运动，将水车抽象为一个以点O为圆心的圆，将水面抽象为一条直线（如图2所示），水车上的盛水桶A视为点A，则在转动过程中点A到水面的高度h（米）与转动时间t（秒）满足函数关系式（A＞0，＞0，），其部分图象如图3所示，则下列结论正确的是（ ） A. 水车的外圆半径m B. 点A运动一周所用的时间为1分钟 C. 初始状态时直线OA与水面所成的角为 D. 点A到水面初始高度为2.5m 【答案】ABC 【解析】 【分析】从图象可以得到，，和最小正周期，确定函数解析式，再依次对选项一一判断，得到答案. 【详解】A选项，从图象可以看出，m，A正确； B选项，点A运动一周所用的时间为秒，即1分钟，B正确； C选项，由图象可知，，， ，故， 将代入可得，即， 又，故，解得， 故初始状态时直线OA与水面所成的角为，C正确； D选项，，令，得， 即点A到水面的初始高度为5m，D错误. 故选：ABC 10. 如图，在正方体中，E，F，M分别为棱，BC，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面EFM截该正方体所得的截面为正三角形 B. 平面EFM平面 C. 直线ME与所成的角为 D. 平面EFM与平面ABCD的夹角的余弦值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】分别取，，中点为，，，连接各中点，求出平面EFM截该正方体所得的截面为正六边形判断A；利用面面平行的判定定理证明判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量法来求线线角和面面夹角，即可判断CD. 【详解】对于A，分别取，，的中点为，，，连接各中点，如下图所示： 易知，，， 即可知，，，，，在同一平面内， 所以平面EFM截该正方体所得截面即为六边形，即A错误； 对于B，因为点，分别为，的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为点，分别为，的中点，所以， 又，所以，平面，平面， 所以平面， 又，平面，平面， 所以平面平面，即平面EFM平面，故B正确； 对于C，建立以为原点的空间直角坐标系，如图所示： 不妨取正方体的棱长为2， 则，，，，， 所以，， 所以直线ME与所成的角的余弦值为， 所以直线ME与所成的角为，故C正确； 对于D，由选项C可知，，， 设平面EFM的一个法向量为， 则，取，则，， 所以平面EFM的一个法向量为， 易知平面ABCD的一个法向量为，设平面EFM与平面ABCD的夹角为， 则， 即平面EFM与平面ABCD的夹角的余弦值为，故D正确． 故选：BCD 11. 已知抛物线C：的焦点为F，若抛物线C在，两点处的切线交于点，与x轴分别交于点M，N．则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. 若，则直线过点F D. 若，则直线过点F 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，联立直线和方程可判断A；表示和的坐标，计算可判断B；由化简可得，代入直线方程可判断C；由，由直线方程计算，从而可得，同理代入直线方程可判断D. 【详解】，求导可得，则直线，直线， 联立直线方程，消可得，， 即，故A正确； 由直线，令，可得，所以， 又，所以，， ，所以，即，故B正确； 由，可得， 化简得，，所以， 设直线斜率为，则，则直线的方程为：， 令，可得，故直线过点或，不一定过点，故C错误； 在直线中，令，可得，即， 又，所以，即，同理代入直线方程，可得直线过点，即过点，故D正确. 故选：ABD. 非选择题部分 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 在双向飞碟比赛中，运动员在一个靶位上对一个飞碟最多可以进行两次射击，如果第一次命中，直接得分；若第一次未命中则进行第二次射击，命中也得分.已知某选手在某个靶位上第一次射击命中的概率为0.8，第二次射击命中的概率为0.6，则该选手在这个靶位上得分的概率为______. 【答案】0.92 【解析】 【分析】由互斥事件和相互独立事件的概率计算公式可得结果. 【详解】该选手在这个靶位上得分包括第一次命中或第一次未命中且第二次命中， 所以得分的概率为. 故答案为：0.92. 13. 若函数的值域为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】令，，由函数的值域可知，由和单调性可知，即可求出结果. 【详解】令，，则， 令，则或， 由，可得；由，可得. 由单调递增，可知在上，上， 同理，由单调递增，可知在上，上， 因为函数的值域为，即，需满足，解得. 故答案为：. 14. 已知a，b，c分别为的内角A，B，C的对边，且，则的最大值为______. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】由结合正弦定理得，结合、余弦定理及三角恒等变换公式化简，进而结合基本不等式求解即可. 【详解】由， 根据正弦定理得，即， 因为，当且仅当时等号成立， 则 ， 在中，，则，即， 所以， 当且仅当，且，即，时等号成立， 则的最大值为. 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 某县举办“乡村振兴、e路同行”网络名人直播助农活动，利用网络直播平台大力宣传、销售当地的某种农产品.短短的3个小时，销售额就达到了2000多万元.为了了解顾客对所销售的农产品的满意度情况，举办者在平台上发放了调查问卷，共3000名顾客进行了填写，其中男性顾客2000人，现采用分层抽样的方法从中随机抽取了300份进行分析，其中男性顾客为200人，并制作了如下所示的2×2列联表： 男性 女性 合计 满意 80 不满意 20 300 （1）完成2×2列联表，并根据小概率值α＝0.01的独立性检验，判断能否认为顾客对该种农产品的满意度情况与性别有关？ （2）将此样本的频率当作总体的概率，从全部男性顾客填写的问卷中有放回的随机抽取3次，每次抽取1份，设抽取到填写满意的问卷的次数为随机变量，求的数学期望和方差. 参考公式：，其中n＝a＋b＋c＋d， 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）不能认为顾客对该种农产品的满意度情况与性别有关. （2）， 【解析】 【分析】（1）利用已知条件，求出观测值，即可得出结论； （2）首先求出从全部男性顾客填写的问卷中随机抽取1份，抽取到填写满意的问卷的概率，可得，由二项分布的数学期望和方差公式计算可求解. 【小问1详解】 由题可得2×2列联表为： 男性 女性 合计 满意 180 80 260 不满意 20 20 40 200 100 300 零假设：顾客对该种农产品的满意度情况与性别无关，由列联表的数据， 计算得：， 根据小概率值α＝0.01的独立性检验，推断成立，所以不能认为顾客对该种农产品的满意度情况与性别有关. 【小问2详解】 由题可得从全部男性顾客填写的问卷中随机抽取1份，抽取到填写满意的问卷的概率， 因为从全部男性顾客填写的问卷中有放回的随机抽取3次，每次抽取1份，则抽取到填写满意的问卷的次数随机变量， 所以， 16. 如图，直四棱柱中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，M，N分别为棱上的点，且． （1）若平面MBD⊥平面NBD，求实数k的值； （2）若，求直线DN与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，以为原点建立空间直角坐标系，再确定二面角的平面角，利用向量垂直的坐标表示求出. （2）求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解. 【小问1详解】 直四棱柱中，连接，由菱形，得， 取中点，连接，而为中点，则四边形是平行四边形，， 而平面，则平面，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 在菱形中，，则，由， 得，则， 由平面，平面，得，而， 平面，则平面，又平面， 因此，是二面角的平面角， 由平面MBD⊥平面NBD，得，则，又， 所以. 【小问2详解】 由（1）及，得， ， 令平面的法向量，则，取，得， ， 所以直线DN与平面所成角的正弦值为. 17. 已知椭圆C：的左焦点为，过点斜率存在且不为0的直线l交椭圆C于A，B两点，M为AB中点，O为坐标原点． （1）若直线OM的斜率为，求直线l的方程； （2）P为椭圆上的点，直线PM与x轴交于点Q，若，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）求出的坐标，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理及给定斜率求出直线方程. （2）由（1）求出点坐标，结合给定条件，求出的横坐标表达式，构造函数，利用导数确定单调性求出范围. 【小问1详解】 椭圆C：的左焦点为，设直线的方程为，， 由消去并整理得， 由M为弦AB的中点，得，， 由直线OM的斜率为，得，解得， 所以直线l的方程为，即. 【小问2详解】 由（1）知，令点关于轴对称点为， 直线交椭圆于点，设， 由，得，于是， 令，则，解得， ，令，则， 令函数，求导得， 而，则， 函数在上单调递增，，即，即； 令函数，求导得， 而，则， 函数在上单调递减，，即，即， 所以的取值范围是. 18. 已知函数（），且曲线在点处的切线与直线垂直． （1）求； （2）当的极小值为0时，求实数a的值； （3）令，证明：当时， 【答案】（1）0； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义，结合垂直关系列式求解. （2）由（1）的结论，利用导数求出极小值，进而求出. （3）由（2）结合已知构造函数，按与分段放缩，利用导数证明即可. 【小问1详解】 函数，求导得，则， 当时，，与直线垂直的切线斜率为0，则； 当时，直线的斜率为，因此，解得， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，，， 由，得或，当，即时， 由，得或；由，得， 函数在处取得极小值，不符合题意； 当，即时，恒成立，函数无极值，不符合题意； 当，即时，由，得或；由，得， 则函数在处取得极小值，解得，符合题意， 所以实数a值为. 【小问3详解】 由（2）得，令， 函数的定义域为，当时，，而， 则，； 当时，，，则， 令函数，求导得， 函数在上都单调递增，则在上单调递增， 而，则存在使得，即， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 因此，， 所以当时，. 19. 如果数列满足下列条件： ①，且； ②为递增数列，且； 则称数列的前n项和为“摆动数”，称表达式为的一个“摆动式”.并规定：也是“摆动数”． （1）11是否为“摆动数”？请说明理由； （2）若为正整数，且，求； （3）若正整数为“摆动数”，证明：的“摆动式”仅有两种． 【答案】（1）是，理由见解析 （2）1 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据摆动数的定义即可判断； （2）利用反证法可证； （3）假设有三个或三个以上的“摆动式”，利用递降法结合（2）的判断可导出矛盾即可证明. 【小问1详解】 取，，，， 因为， 所以是摆动数. 【小问2详解】 因为，故中交错出现， 因为为递增数列，故，而， 故， 若，则 但 ， 故此时，这与题设矛盾，故. 【小问3详解】 因为为“摆动数”， 故存在正整数及数列使得， 其中，且中交错出现，，且， 故也为摆动数， 若，则， 故， 若，则，符合符号交替出现； 若，则，也符合符号交替出现； 故当，此时有两种摆动式即有两种摆动式. 同理可证当时，有两种摆动式. 综上，若为“摆动数”，则有两种摆动式. 我们先证明一个引理：摆动数的充要条件为. 证明：若，由（2）可得， 若，则 ， 综上摆动数充要条件为. 若正整数有三种不同的摆动式， 则 ， 其中中交错出现，中交错出现，中交错出现， 因为，故，设， 因为 ， 故即， 若，则 ， 故，矛盾. 故，同理，即， 所以① ② ③， 故也为新的摆动数且有3个不同的摆动式， 同理可得，，依次操作直至①②③中某新的摆动式余一项， 不妨设①余留一项，设， 则 ， 若， 则， 故为新的摆动数且有3个不同的摆动式， 即④， 若，则， 故，，故， 故， 若，不妨设，则，故， 该式奇偶性矛盾，故，故， 这与为新摆动数且有3个不同的摆动式矛盾. 故④中后两者的项数一个至少为2个，另一个至少为3个， 不妨设第二个为至少3个，第三个至少为2个， 因为，故，故， 若相异，取， 则， 故有且只有为零，其余为正整数， 故有1项为奇数，其余各项为偶数， 而为奇数，故不可成立， 故， 故，此式至少3项， 故， 此式中除了为奇数，其余各项均为偶数，故矛盾. 综上，当时，不可能有三种摆动式， 同理可证时不可能有三种摆动式， 综上所述，摆动数有且只有两种不同的摆动式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省深圳市红岭中学2026届高三初期调研考试 数学 考生须知： 1．本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号. 3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效. 4．考试结束后，只需上交答题卷. 选择题部分 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项符合题目要求.） 1. 若，则复数z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，设全集为R，则（ ） A. B. C. D. 3. 现将A，B，C，D，E，5位民警派往甲，乙，丙，丁，戊5个学校进行“反校园欺凌”普法宣讲，每人只到1个学校，每个学校只去1人.已知A民警不能去甲学校，B，C两位民警不能到乙学校，则不同的分派方法共有（ ） A. 36种 B. 42种 C. 48种 D. 60种 4. 如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为边AB，BC上的点，且AM＝MB，CN＝2NB，记，则＝（ ） A. B. C. D. 5. 记数列的前n项和为，，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于点为中点，若，且，则直线的斜率＝（ ） A. B. 或 C. D. 或 7. 已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 8. 已知函数的值域为，且，若，则的值所在的区间为（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 水车（如图1）是古代中国人民充分利用水力资源发展出来一种机械，它对农业的发展有巨大贡献，使耕地受地形的制约大为减轻，实现丘陵地和山坡地的开发.图1中的水车外圆周上的每个盛水桶都作逆时针方向的匀速圆周运动，将水车抽象为一个以点O为圆心的圆，将水面抽象为一条直线（如图2所示），水车上的盛水桶A视为点A，则在转动过程中点A到水面的高度h（米）与转动时间t（秒）满足函数关系式（A＞0，＞0，），其部分图象如图3所示，则下列结论正确的是（ ） A. 水车的外圆半径m B. 点A运动一周所用的时间为1分钟 C. 初始状态时直线OA与水面所成的角为 D. 点A到水面的初始高度为2.5m 10. 如图，在正方体中，E，F，M分别为棱，BC，中点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面EFM截该正方体所得的截面为正三角形 B. 平面EFM平面 C. 直线ME与所成的角为 D. 平面EFM与平面ABCD的夹角的余弦值为 11. 已知抛物线C：的焦点为F，若抛物线C在，两点处的切线交于点，与x轴分别交于点M，N．则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. 若，则直线过点F D. 若，则直线过点F 非选择题部分 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 在双向飞碟比赛中，运动员在一个靶位上对一个飞碟最多可以进行两次射击，如果第一次命中，直接得分；若第一次未命中则进行第二次射击，命中也得分.已知某选手在某个靶位上第一次射击命中的概率为0.8，第二次射击命中的概率为0.6，则该选手在这个靶位上得分的概率为______. 13. 若函数的值域为，则______． 14. 已知a，b，c分别为的内角A，B，C的对边，且，则的最大值为______. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 某县举办“乡村振兴、e路同行”网络名人直播助农活动，利用网络直播平台大力宣传、销售当地的某种农产品.短短的3个小时，销售额就达到了2000多万元.为了了解顾客对所销售的农产品的满意度情况，举办者在平台上发放了调查问卷，共3000名顾客进行了填写，其中男性顾客2000人，现采用分层抽样的方法从中随机抽取了300份进行分析，其中男性顾客为200人，并制作了如下所示的2×2列联表： 男性 女性 合计 满意 80 不满意 20 300 （1）完成2×2列联表，并根据小概率值α＝0.01的独立性检验，判断能否认为顾客对该种农产品的满意度情况与性别有关？ （2）将此样本的频率当作总体的概率，从全部男性顾客填写的问卷中有放回的随机抽取3次，每次抽取1份，设抽取到填写满意的问卷的次数为随机变量，求的数学期望和方差. 参考公式：，其中n＝a＋b＋c＋d， 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 如图，直四棱柱中，底面ABCD是边长为2菱形，，，M，N分别为棱上的点，且． （1）若平面MBD⊥平面NBD，求实数k值； （2）若，求直线DN与平面所成角的正弦值. 17. 已知椭圆C：的左焦点为，过点斜率存在且不为0的直线l交椭圆C于A，B两点，M为AB中点，O为坐标原点． （1）若直线OM的斜率为，求直线l的方程； （2）P为椭圆上的点，直线PM与x轴交于点Q，若，求的取值范围． 18. 已知函数（），且曲线在点处切线与直线垂直． （1）求； （2）当的极小值为0时，求实数a的值； （3）令，证明：当时， 19. 如果数列满足下列条件： ①，且； ②为递增数列，且； 则称数列的前n项和为“摆动数”，称表达式为的一个“摆动式”.并规定：也是“摆动数”． （1）11是否为“摆动数”？请说明理由； （2）若为正整数，且，求； （3）若正整数为“摆动数”，证明：的“摆动式”仅有两种． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $