精品解析：广东省佛山市顺德区2026届高三上学期教学质量检测（一）数学试题

2025学年顺德区普通高中高三教学质量检测（一） 数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必填写答题卷上的有关项目． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效． 4．请考生保持答题卷的整洁．考试结束后，将答题卷交回． 第I卷（选择题共58分） 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. 已知复数，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数的概念，即可求解. 【详解】由复数，所以复数的虚部为. 故选：A. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先用列举法得到，根据交集概念求出答案. 【详解】， 故. 故选：C 3. 已知向量在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则（ ） A. 5 B. 7 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设分别为向上，向右方向上的单位向量，可得，，， 再应用向量的加减运算及数量积的运算律求向量的模. 【详解】设分别为向上，向右方向上的单位向量，即为平面的一组基底， 由图知，，， 所以. 故选：D 4. 如图，在正方体中，点分别为棱的中点，过点作正方体的截面，则截面的形状为（ ） A. 六边形 B. 五边形 C. 四边形 D. 三角形 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，取的中点，的中点，的中点，证明都在平面内，由此可得结论. 【详解】因为多面体 正方体，所以，，， 如图：以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 所以为平面的一个法向量， 取的中点，的中点，的中点， 可得，，， 所以，，， 因为，，， 所以点都在平面内， 连接， 所以过点的正方体的截面为六边形， 故选：A. 5. 某学校的数学兴趣小组为了了解我国古代的数学成就，先后去图书馆借阅了5本古代数学名著：《周髀算经》､《九章算术》､《海岛算经》､《孙子算经》和《张丘建算经》，该小组每次随机借阅一本名著，且归还后再随机借阅下一本（已借阅的不会重复借阅）．则最先借阅的两本是《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由古典概率的计算公式求解即可. 【详解】所有可能的借阅顺序总数为：， 最先借阅的两本是《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》， 所以前两本的顺序可以是《周髀算经》、《九章算术》或者《九章算术》、《周髀算经》，有种情况， 最后一本已经确定是《孙子算经》，中间本为《海岛算经》、《张丘建算经》，有种情况， 设最先借阅的两本是《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》为事件， 则， 故选：D. 6. 已知抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线交于点．若（为坐标原点），则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，确定坐标，得到直线方程，结合弦长公式及点到线的距离公式即可求解. 【详解】 如图，不妨设在轴下方， 因为，且 所以，由抛物线方程可得， 则， 所以直线方程为：， 联立抛物线方程消去得：， 化简得：， 所以， 则， 到直线的距离， 所以的面积为， 故选：B 7. 在中，角所对的边为．若，，则的最大值为（ ） A. 不存在最大值 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦定理、两角和差公式和辅助角公式可将转化为，根据的范围即可得解. 【详解】，，，， ，， （其中，，）， ，，， 又，，，， ， ∴最大值为. 故选：. 8. 已知数列是公比为2的等比数列，且．集合，集合的元素个数构成数列，则数列的前100项的和为（ ） A. 480 B. 642 C. 840 D. 5050 【答案】A 【解析】 【分析】首先求数列的通项公式，再结合题意，可知是满足的正整数的个数，再利用列举的方法，即可求解，再求和. 【详解】设数列的首项为，， 由可知，，，所以， 所以， 由，得，且，所以是满足的正整数的个数， 当时，不存在，满足，所以， 当时，满足，所以， 当时，满足，所以， 当时，满足，所以， 当时，满足，所以， 当时，满足，所以， 当时，满足，所以， 所以数列的前100项的和为. 故选：A 二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 采购经理指数（PurchasingManagers＇Index，简称PMI）：是国际上通行的宏观经济监测指标体系之一，对国家经济活动的监测和预测具有重要作用．PMI涵盖着生产与流通､制造业与非制造业等领域，分为制造业PMI､服务业PMI．制造业PMI指数在以上，反映制造业总体扩张；低于，通常反映制造业衰退．下图为我国制造业采购经理指数（PMI）变化趋势图，则下列说法正确的是（ ） A. 根据上图可知有一半的月份我国的制造业总体在扩张 B. 这13个月的PMI值的平均数不超过 C. 这13个月的PMI值的中位数是 D. 2025年1-4月的PMI的方差小于2025年5-8月的PMI的方差 【答案】BC 【解析】 【分析】根据折线图及已知，结合各项的描述，依次分析正误即可. 【详解】由图，13个月中共有5个月超过，A错， 13个月从小到大为， 所以这13个月的PMI值的平均数为 ，即这13个月的PMI值的平均数不超过，B对， 其中这13个月的PMI值的中位数为第7个数，是，C对， 由图知，2025年1-4月的PMI为，2025年5-8月的PMI为，显然5-8月的PMI的波动性较小， 所以2025年1-4月的PMI的方差大于2025年5-8月的PMI的方差，D错. 故选：BC 10. 已知双曲线的左右焦点为，点为双曲线右支上一点，存在点使得为等腰直角三角形，则下列说法正确的是（ ） A. 双曲线的离心率为 B. 的内心与外心可能重合 C. 当的外接圆的面积取到最小值时，的面积为 D. 设点是的内心，则直线的斜率之比为常数 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意得的齐次方程，从而求得离心率，判断选项A；由不可能为等边三角形，判断选项B；分析可得当，的外接圆的面积取到最小值，据此求得的面积，判断选项C；求出内心所在的直线，求得斜率之比为定值，可判断选项D. 【详解】因为点为双曲线右支上一点，所以，且. 若为等腰直角三角形，则. 由，得，即. 对于A，因为离心率，所以，所以选项A正确； 对于B，因为，所以不可能为等边三角形，所以的内心与外心不可能重合，所以选项B不正确； 对于C，设的外接圆的半径为R，则，即. 当，即时，半径R取得最小值c，的外接圆的面积取到最小值. 此时，，所以的面积为.所以选项C正确； 对于D，设点是的内心，过点分别作的垂线，垂足为， 则，所以. 所以点是双曲线的右顶点，点在直线上. 设，则直线的斜率之比为，为常数.所以选项D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 对任意实数，函数都存在三个零点 B. 存在实数使得直线是函数的切线 C. 对任意实数，过原点都可作三条直线与函数相切 D. 当时，直线与函数图象交点的横坐标之和为3 【答案】ABD 【解析】 【分析】A：先分析的单调性，再通过零点的存在性定理判断出零点个数；B：设出切点坐标，根据切点纵坐标等于直线方程中的值以及切点处导数值等于直线的斜率，由此分析可求出结果；C：设出切点坐标，根据切点与原点连线斜率等于切点处导数值，化简可得方程，构造函数利用导数思想判断方程解的个数，由此可知结果；D：判断出的对称性以及直线所过定点，作出图象，利用对称性求解出交点横坐标之和. 【详解】A：因为，记， 所以有两个不等实根， 当和时，，当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减； 由三次函数的性质可知，当时，，当时，，且， 由零点的存在性定理可知，在，，上均存在零点， 结合的单调性可知，总存在三个零点，故A正确； B：设切点为， 所以，化简可得， 当时，解得；当时，解得；当，代入解得， 所以存在或使得是的切线，故B正确； C：显然不是切点，设切点， 由题可知，化简可得， 令，则， 当时，，所以在上单调递增， 此时至多一个解，即此时至多有一条过点的切线，故C错误； D：当时，，， 所以，所以关于点成中心对称， 又因为， 令，解得，所以直线经过定点，定点即为的对称中心， 因为直线的斜率，且，所以， 在同一平面直角坐标系中作出和直线的图象，如下图所示， 由图象可知，与交于三点，显然关于对称， 所以，所以，故D正确； 故选：ABD. 第II卷（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，第14题第一个空2分，第二个空3分． 12. 已知的展开式的所有系数之和为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用赋值法，令即可构造方程求得结果. 【详解】的展开式的所有系数之和为， 令，则，解得：. 故答案为：. 13. 在中，角所对的边分别为．其中，当__________．（填一个符合条件的答案即可）时，有唯一解． 【答案】（答案不唯一）. 【解析】 【分析】当或时，有唯一解，求解即可. 【详解】当或时，有唯一解． 则或， 故答案为：（答案不唯一）. 14. 已知函数，其零点个数为__________，函数，则函数与函数的所有零点之和为__________． 【答案】 ①. 10 ②. 100 【解析】 【分析】利用函数与方程的思想，将函数的零点个数问题转化为与函数的交点个数问题，数形结合即可求出答案；判断两函数的零点关系后可得两者的零点之和. 【详解】由可得，则该函数的零点个数即函数与函数的交点个数. 在同一坐标系中作出两函数的图象. 由图可知，函数是周期为2，值域为的函数，而函数在上单调递减， 函数值由减小到0，在上单调递增，函数值由0增大到. 又当时，，当时，，而， 故两者的交点个数为个，即函数的零点个数为10； 又因， 则得， 所以也有个零点，设这个零点为， 则为的个不同的零点， 故函数与函数的所有零点之和为. 故答案为：10；100. 四､解答题：本大题共5小题，满分77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤． 15. 已知函数且的图象经过点，记数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求证：． 【答案】（1） （2）， 所以. 【解析】 【分析】（1）问题转化为根据数列的前项和公式求数列的通项公式. （2）利用裂项求和法求，即可证明. 【小问1详解】 由题意. 所以数列，其前项和为. 当时，； 当时，. 时，上式亦成立. 所以，. 【小问2详解】 略 16. 已知函数的最大值为1． （1）求使成立的的集合； （2）记的内角的对边分别为，已知，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由辅助角公式得到，结合最大值求解，再由即可求解； （2）由（1）求得，再结合三角形面积公式及余弦定理即可求解. 【小问1详解】 ， 最大值为， 所以， 即， 则，即， 即， 即， 所以的解集为： 【小问2详解】 因为， 即，即， 因为为三角形内角，所以，得， 又的面积为，即， 得， 又 则即， 所以周长为. 17. 如图，在四棱锥中，底面，且是矩形，是的中点，过作交于点． （1）证明：平面； （2）若与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）因为底面，平面，所以. 又底面为矩形，所以. 因为平面，，所以平面. 又平面，所以. 又，为的中点，所以. 因为平面，，所以平面. 又平面，所以. 又，平面，， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明线面垂直. （2）建立空间直角坐标系，利用已知条件确定的长，利用空间向量求二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，平面，垂足为. 所以即为与平面所成的角. 由，，所以. 在中，，，所以， 所以. 由，所以. 由，所以. 以为原点，建立如图空间直角坐标系： 则，，，，， 因为为中点，所以. 且，. 设平面的法向量为， 则，可取. 由（1）可知，平面的法向量可取. 设平面与平面所成的角为， 则, 平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆的离心率，且经过点，为坐标原点，斜率不为0的直线与椭圆交于两点，． （1）求椭圆的方程； （2）证明：点到直线的距离是定值； （3）求的取值范围． 【答案】（1） （2）证明：依题意，可设直线的方程为，， 由，消去，整理得， 可得， 设，则， 因，则 ， 去分母得， 化简得. 则点到直线的距离为，为定值. （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意建立关于的方程组，求解即得椭圆方程； （2）依题设直线的方程为，与椭圆方程联立，消元后写出韦达定理，根据化简推得，利用点到直线的距离公式即可证明； （3）根据弦长公式求出的表达式，代入韦达定理，并消去，将其化成关于的关系式，通过换元后利用二次函数的性质即可求得其范围. 【小问1详解】 由，可得 ①， 椭圆经过点，可得，解得，代入①，可得， 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因， 故， 由得，代入上式，整理得， 设，则，且代入上式， 可得， 设，则，且， 所以， 故的取值范围是. 【点睛】 19. 已知函数． （1）设，求的零点并判断的单调性； （2）若，且，证明： （i）； （ii）． 【答案】（1）的零点为0；在上单调递减，在上单调递增. （2）（i）由（1）知，在上单调递减，在上单调递增. 所以在处取得极小值，即最小值，最小值为. 若，且，则. . 令，则. 所以是增函数，所以. 由（1）知，所以，所以，即. 因为在上单调递增，所以，即. （ii）设，则 令，则. 令，则. 所以在上单调递增，即在上单调递增. 所以，所以在上单调递增. 所以. 所以，当时，恒成立，即. 即. 两边同乘以，得. 因为，所以， 所以， 即. 因为，所以，所以，即. 所以，. 因此，得证. 【解析】 【分析】（1）利用导数分析的单调性，可得到在上有唯一零点.利用的单调性得到及的解，从而得到判断的单调性； （2）（i）构造新函数，通过分析新函数的单调性，结合的单调性证得，即； （ii）构造新函数，根据新函数的单调性分析，结合的单调性证得，即． 【小问1详解】 由函数，得. 所以. 因为恒成立，且在上单调递增. 因为，所以在上有唯一零点. 所以的零点为0. 所以，当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年顺德区普通高中高三教学质量检测（一） 数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必填写答题卷上的有关项目． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效． 4．请考生保持答题卷的整洁．考试结束后，将答题卷交回． 第I卷（选择题共58分） 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. 已知复数，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则（ ） A. 5 B. 7 C. D. 4. 如图，在正方体中，点分别为棱的中点，过点作正方体的截面，则截面的形状为（ ） A. 六边形 B. 五边形 C. 四边形 D. 三角形 5. 某学校的数学兴趣小组为了了解我国古代的数学成就，先后去图书馆借阅了5本古代数学名著：《周髀算经》､《九章算术》､《海岛算经》､《孙子算经》和《张丘建算经》，该小组每次随机借阅一本名著，且归还后再随机借阅下一本（已借阅的不会重复借阅）．则最先借阅的两本是《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线交于点．若（为坐标原点），则的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角所对的边为．若，，则的最大值为（ ） A. 不存在最大值 B. C. D. 8. 已知数列是公比为2的等比数列，且．集合，集合的元素个数构成数列，则数列的前100项的和为（ ） A. 480 B. 642 C. 840 D. 5050 二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 采购经理指数（PurchasingManagers＇Index，简称PMI）：是国际上通行的宏观经济监测指标体系之一，对国家经济活动的监测和预测具有重要作用．PMI涵盖着生产与流通､制造业与非制造业等领域，分为制造业PMI､服务业PMI．制造业PMI指数在以上，反映制造业总体扩张；低于，通常反映制造业衰退．下图为我国制造业采购经理指数（PMI）变化趋势图，则下列说法正确的是（ ） A. 根据上图可知有一半的月份我国的制造业总体在扩张 B. 这13个月的PMI值的平均数不超过 C. 这13个月的PMI值的中位数是 D. 2025年1-4月的PMI的方差小于2025年5-8月的PMI的方差 10. 已知双曲线的左右焦点为，点为双曲线右支上一点，存在点使得为等腰直角三角形，则下列说法正确的是（ ） A. 双曲线的离心率为 B. 的内心与外心可能重合 C. 当的外接圆的面积取到最小值时，的面积为 D. 设点是的内心，则直线的斜率之比为常数 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 对任意实数，函数都存在三个零点 B. 存在实数使得直线是函数的切线 C. 对任意实数，过原点都可作三条直线与函数相切 D. 当时，直线与函数图象交点的横坐标之和为3 第II卷（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，第14题第一个空2分，第二个空3分． 12. 已知的展开式的所有系数之和为，则__________． 13. 在中，角所对的边分别为．其中，当__________．（填一个符合条件的答案即可）时，有唯一解． 14. 已知函数，其零点个数为__________，函数，则函数与函数的所有零点之和为__________． 四､解答题：本大题共5小题，满分77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤． 15. 已知函数且的图象经过点，记数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求证：． 16. 已知函数的最大值为1． （1）求使成立的的集合； （2）记的内角的对边分别为，已知，的面积为，求的周长． 17. 如图，在四棱锥中，底面，且是矩形，是的中点，过作交于点． （1）证明：平面； （2）若与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知椭圆的离心率，且经过点，为坐标原点，斜率不为0的直线与椭圆交于两点，． （1）求椭圆的方程； （2）证明：点到直线的距离是定值； （3）求的取值范围． 19. 已知函数． （1）设，求的零点并判断的单调性； （2）若，且，证明： （i）； （ii）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $