精品解析：广东省佛山市禅城区2026届高三上学期统一调研测试（一） 数学试卷

禅城区2026届高三统一调研测试（一） 数学 2025年11月 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必要填涂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，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；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. 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. 已知复数 满足，其中是虚数单位，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 2. 设全集，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 3. 一组不全相等的数据，去掉一个最大值，则下列数字特征一定改变的是（ ） A. 极差 B. 中位数 C. 平均数 D. 众数 4. 设是定义在上的奇函数,当 时，,则（ ） A. B. C. 4 D. -4 5. 已知点,,,是坐标原点，若,在上的投影向量相等，则 （ ） A. -2 B. 0 C. 2 D. 6 6. 已知函数的图象与 轴相切，则实数的所有可能的值之积为（ ） A. B. 0 C. 2 D. 3 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7 8. 若，则下列结论可能成立的是（ ） 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. 已知数列是公比为的等比数列，满足，则（ ） A. B. C. D. 数列为递减数列 10. 在正三棱柱中，，为中点，点是线段上的动点，则（ ） A. B. 有且仅有一个点，使得 C. 有且仅有一个点，使得 D. 有且仅有一个点，使得平面平面 11. 已知，，若对任意的，不等式恒成立，则（ ） A. 当时，，命题成立 B. 当时，，命题成立 C. D. 使得命题成立的有序数对恰有3组 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，含项的系数是______． 13. 已知的内角的对边分别为，若，，，则__________. 14. 两个有共同底面的正三棱锥与，它们的各顶点都在球的球面上， ，且二面角的大小为，则球的表面积为__________. 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. 已知函数的最小正周期为 ，且 （1）求的解析式； （2）设函数，求的值域和单调区间. 16. 如图，四边形 中， ，， 为 中点，点 在 上，，.将四边形沿翻折至四边形. （1）证明：平面平面； （2）若，求点 到平面的距离. 17. 已知数列的各项均为正数，其前 项和记为，，，其中为非零常数. （1）证明：； （2）若，求； （3）是否存在，使得数列为等差数列？若存在，求出的通项公式；若不存在，请说明理由. 18. 中秋节期间，某商场组织一场抽奖活动.每次抽奖中奖的概率均为，且每次抽奖相互独立.在商场消费的顾客可以自由选择抽奖次数，如果中奖次数多于抽奖次数的一半，则可获得中秋礼物.记表示“抽奖次，获得礼物的概率”. （1）若，求； （2）若，顾客选择抽3次奖，记中奖次数与不中奖次数之差为，求的期望； （3）若，且规定只能选择抽奇数次奖.一位顾客认为，抽奖次数越多，获得礼物的概率就越大.判断这位顾客的说法是否正确，并证明你的结论. 19. 已知函数，. （1）讨论的零点个数； （2）若为正整数 ，记此时的零点为.证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 禅城区2026届高三统一调研测试（一） 数学 2025年11月 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必要填涂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，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；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. 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. 已知复数 满足，其中是虚数单位，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】先计算出 ，再计算 的模. 【详解】, . 故选：A. 2. 设全集，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】图中阴影部分表示，先求出集合，然后计算即可. 【详解】由图中阴影部分表示， 因为或， 所以， 故选：C. 3. 一组不全相等的数据，去掉一个最大值，则下列数字特征一定改变的是（ ） A. 极差 B. 中位数 C. 平均数 D. 众数 【答案】C 【解析】 【分析】对A，根据极差的定义判断；对B，举反例说明；对C，根据平均数的定义，利用反证法证明；对D，举反例说明. 【详解】对于A，去掉最大值后，新极差为原次大值与最小值之差， 若原次大值等于最大值，则极差不变，若原次大值不等于最大值，则极差改变，故A错误； 对于B，去掉最大值后，中位数可能改变，可能不变，如原数据为，中位数为2， 去掉3后，数据为，中位数还是2，故B错误； 对于C，设原平均数为，且按照从小到大的顺序， 假设去掉最大值后平均数不变，则， 所以，解得，由于原数据不全相等，则， 故矛盾，所以平均数一定改变，故C正确； 对于D，众数不一定改变，如数据为，众数为2，去掉4后，众数仍为2，故D错误. 故选：C. 4. 设是定义在上的奇函数,当 时，,则（ ） A. B. C. 4 D. -4 【答案】D 【解析】 【分析】根据奇函数的性质将转化为即可. 【详解】是定义在上的奇函数， . 故选：D. 5. 已知点,,,是坐标原点，若,在上的投影向量相等，则 （ ） A. -2 B. 0 C. 2 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】运用投影向量的公式进行计算. 【详解】 则在上的投影向量为， 在上的投影向量为. 所以由题得，解得. 故选：C. 6. 已知函数的图象与 轴相切，则实数 的所有可能的值之积为（ ） A. B. 0 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】设切点为，求导，由得，又由解出 ，进而求解. 【详解】设切点为，所以，所以，、 所以， 又， 所以或， 当时，， 当时，， 所以， 故选：A. 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】结合角的范围，根据二倍角公式计算出角的正、余弦值及正切值，再利用正切的差角公式计算. 【详解】，. 又，， ，，. . 故选：D. 8. 若，则下列结论可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析化简不等式，构造新函数，求导判断单调性，根据单调性逐项判断不等式是否正确即可. 【详解】依题意得，则， 令，则. 因为，求导得， 易得在上递减，在上递增， 当 ，时，，即，B错误，D正确. 当 ，时，，即，A和C错误. 故选：D. 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. 已知数列是公比为的等比数列，满足，则（ ） A. B. C. D. 数列为递减数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】先求等比数列的公比和首项即可判断AB，再求通项公式即可判断CD. 【详解】由题意有：，故A正确，B错误； 所以，所以，故C正确； 由，所以数列为递减数列，故D正确. 故选：ACD. 10. 在正三棱柱中，， 为中点，点 是线段上的动点，则（ ） A. B. 有且仅有一个点 ，使得 C. 有且仅有一个点 ，使得 D. 有且仅有一个点 ，使得平面平面 【答案】AD 【解析】 【分析】根据线线平行、线线垂直、面面平行的判定逐项判定即可. 【详解】对于选项A： 因为正三棱柱，所以平面， 因为平面，所以， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以，所以A正确； 对于选项B： 如图建立空间直角坐标系，设，，则. 则，要使得， 那么，无解，所以不存在点 使得，所以B错误； 对于选项C： ，要使得， 那么，所以，解得或， 所以存在两个点 使得，所以C错误； 对于选项D： ，所以， 设平面的法向量为，则. 得到，令，则，所以. ， 设平面的法向量为，则. 得到，令，则，所以， 要使得两平面平行，则，解得， 所以有且仅有一个点 使得平面平面，所以D正确. 故选：AD. 11. 已知，，若对任意的，不等式恒成立，则（ ） A. 当时，，命题成立 B. 当时，，命题成立 C. D. 使得命题成立的有序数对恰有3组 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A令得，令得即可判断A，对于B利用诱导公式得，取，即可判断，对于C令即可判断，对于D由得，由即可得，即，对分类讨论即可求解. 【详解】对于A，，令得，又，故，令，同理得，故，矛盾，故A错误； 对于B，，取，此时恒成立，命题成立，故B正确； 对于C，令，则，又，所以，则，故C正确； 对于D，由得，，所以， 得，所以恒成立， 当时，此时，，所以，符合题意； 当时，只能恒成立，分两种情况： ，，此时，，即 ②，，此时，，即， 综上，使得命题成立的有序数对恰有3组，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，含项的系数是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式定理，的通项为，把分成和两部分，分别求其项的系数再求和即可. 【详解】根据二项式定理，的通项为. 原式可分成和两部分： 对于，求项（即）： ，因此项的系数是6. 同理，对于，求项（即）： ，因此项的系数是24. 将两部分的项系数相加：. 故答案为：. 13. 已知 的内角的对边分别为，若，，，则__________. 【答案】3 【解析】 【分析】利用三角函数关系式平方和关系求出，根据三角形面积及已知条件求出的值，最后利用余弦定理求解即可. 【详解】在 中，因为， 所以， 由，， 所以，解得：， 由余弦定理得： 即， 由，所以， 故答案为：3. 14. 两个有共同底面的正三棱锥与，它们的各顶点都在球的球面上， ，且二面角的大小为，则球的表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知， 为外接球的直径，设平面，则 为等边三角形的中心，取 的中点，连接，，得二面角的平面角为，设，，，由即可求 ，最后利用球的表面积公式即可求解. 【详解】由题意可知，外接球的球心，且平面 ，即 为外接球的直径， 设平面，则 为等边三角形的中心，取 的中点，连接，， 则，，故二面角的平面角为. 设，，，，， 则，，又，， 则， 又，，解得，即球的表面积为. 故答案为：. 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. 已知函数的最小正周期为 ，且 （1）求的解析式； （2）设函数，求的值域和单调区间. 【答案】（1） （2）值域为，递增区间为，递减区间为，. 【解析】 【分析】（1）先由周期求，再由求出即可求解； （2）由诱导公式得，利用三角恒等变换得，利用三角函数的性质求出值域和单调区间即可. 【小问1详解】 由，得.由，且，所以， 所以； 【小问2详解】 由， 所以 ， 所以的值域为， 因为在上单调递增，在上单调递减， 由得， 由得，， 所以的递增区间为，递减区间为，. 16. 如图，四边形中， ，， 为 中点，点在 上，，.将四边形沿翻折至四边形. （1）证明：平面平面； （2）若，求点到平面的距离. 【答案】（1）在四边形中，因为，， 所以四边形为平行四边形， 又因为，，所以四边形为正方形， 折叠后，显然，， 又因为，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理即可得证； （2）解法一建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法求点到面的距离即可求解，解法二利用等体积法求距离即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：如图以 为原点建立空间直角坐标系， 所以，，，，， 所以，，， 设平面的法向量，则，令，解得，，可得， 点到平面的距离为. 法二：如图，过点作，垂足为 ，连接， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，而平面，得到， 在中，，， 由余弦定理得，则. 即， 设点到平面的距离为 ，由得， 又，，所以， 所以点到平面的距离为. 17. 已知数列的各项均为正数，其前 项和记为，，，其中为非零常数. （1）证明：； （2）若，求； （3）是否存在，使得数列为等差数列？若存在，求出的通项公式；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）数列的各项均为正数，，则， 两式相减，整理得，而， 所以. （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据给定的递推公式，结合求解得证. （2）法1：由（1）可得数列的特征，再求出其前10项和即可；法2，由（1）可得数列的奇数项、偶数项构成的数列特征，再分组求和即得. （3）假定存在，求出，再利用奇数项、偶数项构成的数列特征证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法1：当时，由（1）得， 则，， 于是，数列是公差为6的等差数列， 由，，得，则， . 解法2：由，，得， 当时，由（1）得， 因此数列的奇数项构成首项为1，公差为3的等差数列， 偶数项构成首项为3，公差为3的等差数列， . 【小问3详解】 由，，得， 由（1）知：，则， 假设存在使得数列为等差数列， 则，即，解得， 下面证明：当时，数列为等差数列. 由，，， 得数列是首项为1，公差为2的等差数列，， 数列是首项为2，公差为2的等差数列， 因此，， 所以存在使得数列为等差数列，. 18. 中秋节期间，某商场组织一场抽奖活动.每次抽奖中奖的概率均为，且每次抽奖相互独立.在商场消费的顾客可以自由选择抽奖次数，如果中奖次数多于抽奖次数的一半，则可获得中秋礼物.记表示“抽奖次，获得礼物的概率”. （1）若，求； （2）若，顾客选择抽3次奖，记中奖次数与不中奖次数之差为，求的期望； （3）若，且规定只能选择抽奇数次奖.一位顾客认为，抽奖次数越多，获得礼物的概率就越大.判断这位顾客的说法是否正确，并证明你的结论. 【答案】（1） （2） （3）记，则， 当前次抽奖中奖次数超过次，则再抽奖2次定能获得礼物， 概率为， 当前次抽奖中奖次数为次，则再抽奖2次至少中奖1次即可获得礼物， 概率为， 当前次抽奖中奖次数为次，则再抽奖2次都中奖才能获得礼物，概率为， 所以 所以， 所以， 因为，所以， 所以抽奖次数越多获得礼物的概率越小，这位顾客的说法不正确. 【解析】 【分析】（1）由，，利用互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式即可求解； （2）记中奖次数为，则，利用二项分布求数学期望得，又，利用数学期望的性质即可求解； （3）记，则，求和，利用作差法即可求解. 【小问1详解】 因为，， 所以； 【小问2详解】 记中奖次数为，则， 所以， 又因为， 所以； 【小问3详解】 略 19. 已知函数，. （1）讨论的零点个数； （2）若 为正整数 ，记此时的零点为.证明：. 【答案】（1） 当时，函数有2个零点； 当或时，函数有一个零点； 当时，函数不存在零点. （2）证明：由（1）知，当时，函数有一个零点. 因为即， 所以， 先证.令，则， 当 时， ，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，即，即 因为，所以， 因为， 所以，即， 所以，， 所以， 因为， 所以，即， 又因为， 所以， 所以， 所以得证. 【解析】 【分析】（1）解法1：对函数求导，然后对结合函数单调性分析得出结论；解法2：令，根据条件变形得出构造新函数对函数求导，结合函数单调性分析即可. （2）结合（1）知，当时，函数有一个零点得出，变形得出相应不等式，构造不等式结合对数函数运算性质以及函数导数与单调性证明不等式即可. 【小问1详解】 解法1：， ①当时，，函数无零点； ②当时，在上恒成立， 所以函数在上单调递减. 因为当 时，，且， 所以函数在上存在唯一的零点. ③当 时，令得， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 所以. 因为当 时，且当时，， 所以，当即时， 函数在和上各存在一个零点； 当即时，函数有一个零点； 当即时，函数不存在零点， 综上所述，当时，函数有2个零点； 当或时，函数有一个零点； 当时，函数不存在零点. 解法2：令， 因为，所以，则， 令，则， 当时，， 当或 时，， 所以在单调递增，在，单调递减， 所以， 当且 时，， 当 时，； 当 时，， 所以，当时，函数有2个零点； 当或时，函数有一个零点； 当时，函数不存在零点. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $