精品解析：广东省珠海一中、惠州一中、深圳外国语三校2025-2026学年高三上学期联合调研考试数学试题

珠海一中、惠州一中、深圳外国语三校高三上期联合调研考试 数学试题 命题：深圳外国语学校高三数学组 审题：深圳外国语学校高三数学组 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号码等信息填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简集合B，利用交集取公共部分可得答案 【详解】解绝对值不等式得，所以，又，因交集取集合的公共部分，故. 故选：B 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分必要条件的定义、幂函数的性质以及指数函数的性质判断即可. 【详解】由可得，所以，故充分性成立； 由可得，取，则不成立，故必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3. 抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线方程，注意焦点的位置，写出其焦点坐标. 【详解】由标准方程中，，且焦点在轴的负半轴上， 所以抛物线的焦点坐标为，即. 故选：D 4. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆柱和圆锥的底面半径均为，侧面积分别为，由侧面积公式，求出，从而解得，最后由圆锥的体积公式求解即可. 【详解】设圆柱和圆锥的底面半径均为，侧面积分别为， 则圆锥的母线 所以，， 又因为， 即，解得， 所以圆锥的体积. 故选：A. 5. 已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由图像得为奇函数即可判断D，由在处有定义即可判断B，由图得进而判断C，利用排除法即可求解. 【详解】由图可得为奇函数，而为偶函数，故D错误； 由图可得在处有定义，而的定义域为，故B错误； 由图可得，而，故C错误， 故选：A． 6. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：被3除余2且被5除余3的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前n项和为，则的最小值为（ ） A. B. C. 71 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意知是首项为，公差为的等差数列，从而得出，进而得出，然后根据函数的单调性即可求出最小值. 【详解】被3除余2且被5除余3的正整数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为，公差为的等差数列，则， 所以， 由对勾函数的性质可得：函数在上单调递减，在上单调递增，又，， 所以当时，取最小值， 故选：C. 7. 已知，若正实数m，n满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】用导数的性质判断函数的单调性，根据奇偶函数的定义、基本不等式进行求解即可. 【详解】显然该函数的定义域为全体实数， 因为， 所以该函数是奇函数， ， ，即， 当且仅当时取等号，即当时取等号， 所以有，当时取等号， 而，当且仅当时取等号， 显然与不能同时成立， 所以， 所以该函数是实数集上的增函数，且又是奇函数， 所以 ， 令， 因为m，n是正实数， 所以， 所以， 即，当且仅当时取等号，即当时取等号， 所以当时，的最小值为， 故选：D 8. 若，且有，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用已知函数性质，分别构造函数并求导，用导数分析函数单调性并结合三角函数的性质判断的大小关系． 【详解】令，求导得，，， ，在上单调递增， ，，； 令，求导得，在上单调递增， ，； 令，求导得， 在上单调递增， ，且，， 在上，，， ， ，则， 在上单调递增，，， ． 故选：A． 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. 已知复数（i为虚数单位），则（ ） A. z的虚部为 B. z的共轭复数为 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据复数的除法运算公式，化简复数，判断选项. 【详解】由， 故z的虚部为，，， ，A、C对，B、D错. 10. 已知函数的部分图象如图，则（ ） A. 函数为奇函数 B. 在上单调递增 C. 若，则的最小值为 D. 若，函数在上有2个零点，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数的部分图象求出的解析式，结合正弦函数的奇偶性、单调性、最值与零点可判断各个选项. 【详解】设函数的周期为，由图象可知，，，所以，解得，此时； 如图，，因为，所以，因此； 对于A，因为函数，所以函数是奇函数，故A正确； 对于B，因为，所以，结合正弦函数的单调性知，在上单调递增，故B正确； 对于C，因为，所以的最小值等于，故C错误； 对于D，依题意，，由，，得；因为，函数在上有2个零点，，解得，故D正确. 故选：ABD 11. 如图，点是边长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 当点在侧面上时，四棱锥的体积为定值 B. 存在这样的点，使得 C. 当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为 D. 当时，点的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，求出四棱锥的体积即可判断；对于选项B，结合空间向量的线性运算即可判断；对于选项C，分当点在侧面，侧面上以及当点在上底面上，和点在侧面上三种情况分类讨论即可判断；对于选项D，分当在底面上和点在侧面上分类讨论即可判断. 【详解】对于选项A，点到侧面的距离即为2，， 故四棱锥的体积， 所以四棱锥的体积为定值，故A选项正确； 对于选项B，因为， 而，因此点是的中点， 所以这样的点不在正方体的表面上，故B选项错误； 对于选项C，①当点在侧面，侧面上时（不包括正方形 的边界），过点作平面的垂线，垂足为，连，在 中，由，可得；②当点在上底面 上时，过点作平面的垂线， 垂足为，若，必有，又由，有 ，此时点的轨迹是以为圆心，2为半径的四分之一圆， 点的轨迹长度为；③当点在侧面上时， 点在线段上符合题意， 此时点的轨迹长为；由上知点的轨迹长度为，故C选项正确； 对于选项D，①当在底面上时，点的轨迹为以为圆心， 为半径的圆与底面的交线，记圆与相交于点，与交于点， 有，可得， 则点的轨迹与底面的交线长为； ②当点在侧面上时，， 可得点的轨迹与侧面的交线为以点为圆心， 为半径的四分之一圆，交线长为． 由对称性可知，点的轨迹长度为，故D选项正确． 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：对于立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 平面向量，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】先由向量垂直得出，再由坐标运算及模长公式计算求解. 【详解】由，得，解得. 则，. 故答案为：. 13. 已知函数有三个零点，则实数的取值范围是______ 【答案】 【解析】 【分析】将函数有三个零点，转化成函数的图象与直线有三个交点，利用导数分析的单调性及极值，画出简图，即可得到实数的取值范围. 【详解】因为函数有三个零点，所以方程有三个实数根. 令，则， 当，或时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 当时，，所以.又， 所以函数 的简图如下： 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 14. 双曲线的左右焦点分别为，，以实轴为直径作圆O，过圆O上一点E作圆O的切线交双曲线的渐近线于A，B两点（B在第一象限），若，与一条渐近线垂直，则双曲线的离心率为______． 【答案】2或 【解析】 【分析】先根据几何关系证明点的位置，再结合离心率计算公式，直接求解即可. 【详解】记与渐近线的交点为，当一条渐近线斜率大于1时，根据题意，作图如下： ，，故； 则在△中，设，又，由余弦定理可得，解得，即； 在△中，，又，故； 又左焦点到直线的距离， 即，又，故，则在圆上，即与圆相切； 显然，则，又，又， 故可得，根据对称性，，故， 故三点共线，点是唯一的，根据题意，必为双曲线右顶点； 此时显然有，故双曲线离心率为； 同理，当一条渐近线斜率大于0小于1时，必为， 此时有一条渐近线的倾斜角为，离心率为. 故答案为：2或. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是能够与渐近线垂直，以及，确定点的位置，进而求解离心率. 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. 在中，内角的对边分别为．已知． （1）求； （2）若，点在边上，，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用正弦定理边转角及正弦的和角公式得到，进而可得，即可求解； （2）根据条件，利用（1）中结果及三角形面积公式，得，再由余弦定理及基本不等式，即可求解 【小问1详解】 由， 根据正弦定理可得， 由，则， 可得，所以， 由，即，则，即， 根据，解得. 【小问2详解】 由（1）有， 由，有， 由余弦定理， 当且仅当时，等号成立，所以， 所以， 所以面积的最大值为. 16. 已知数列满足，. （1）证明：是等比数列； （2）设，证明： 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对取倒数，整理得，变形得，然后利用等比数列定义即可证明； （2）先利用等比数列通项公式求得，然后利用裂项相消法求和，再利用数列的符号得范围即可. 【小问1详解】 因为，，则，，… 以此类推可知，对任意的，， 由已知得，即， 所以，且， 所以是首项为，公比为的等比数列. 【小问2详解】 由（1）知，，， ， . 17. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，. 【解析】 【分析】 (1)建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和直线的单位向量，从而可证明线面平行. (2) 令，，设，求出，结合已知条件可列出关于的方程，从而可求出的值. 【详解】证明：过作于点，则，以为原点， ，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，， ，，， ∵ 为的中点．∴ ．则，， ，设平面的法向量为，则 令，则，，∴ ．∴ ，即， 又平面．∴ 平面． 解：令，，设， ∴ ．∴ ， ∴  .由知，平面的法向量为. ∵ 直线与平面所成角的正弦值为， ∴ ，化简得， 即，∵，∴，故． 【点睛】本题考查了利用空间向量证明线面平行，考查了平面法向量的求解，属于中档题. 18. 已知椭圆的长轴长为，离心率为，直线与轴交于点，与相交于、两点． （1）求的标准方程； （2）若的斜率为1，且，求的值； （3）是否存在，使恒为定值？若存在，求出与的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在，，． 【解析】 【分析】（1）利用椭圆长轴长和离心率概念，即可列式求解； （2）利用联立方程组，结合韦达定理和向量，即可求值； （3）利用联立方程组，结合韦达定理来表达，通过定值思想可求得参数. 【小问1详解】 由题意知，，解得，， 所以的标准方程为． 【小问2详解】 由的斜率为1，则直线的方程为． 设，， 联立，消去得，， 其中，解得， 所以，， 所以， 因为，所以，解得． 【小问3详解】 ①当直线的斜率不为0时，设其方程为， 联立，消去得，， 其中， 所以，， 所以 ． 当，即时，，即； ②当直线的斜率为0时，不妨取，， 若，则， 此时 ，即． 综上，存在，使得恒为定值，即，． 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，既存在极大值，又存在极小值，求实数a的取值范围； （3）当，时，分别为的极大值点和极小值点，且，求实数k的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 分析】(1)由题意，将代入函数解析式，对函数求导，得到函数值和导数值，采用点斜式即可得到； (2)将代入函数解析式，对函数求导，将问题转化为导数等于0，又转化为一元二次方程有两个不相等的正根即可； (3) 利用不等式分离构造函数，再利用对函数求导，利用导数分析单调性和取值，结合分类讨论法即可求解. 【小问1详解】 当时，， 所以， 又， 所以切线方程为即. 【小问2详解】 当时，, 则， 令，， 令，则原方程，即， 当时，方程有两个根或， 因为既存在极大值，又存在极小值，则方程存在两个不相等的正根， 所以且，解得且， 综上. 【小问3详解】 由（2）知，因为或，， 所以的两个根为：或， 因为，所以，即， 因为， 当时，，所以在单调递增， 当时，，所以在单调递减， 当时，，所以在单调递增， 所以函数在处取到极大值，在处取到极小值， 所以， ， 由题意可得：对任意的恒成立， 因为当时，在上单调递减， 所以，又因为，所以， 由，可得， 由 则，令， 则构造函数，其中， 所以， 令，则， 当，即时，，在上单调递增， 所以，即，符合题意， 当，即时，设方程的两根分别为， 则，，不妨设， 则当时，，在上单调递减， 所以当时，，即，这不合题意， 综上所述，的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 珠海一中、惠州一中、深圳外国语三校高三上期联合调研考试 数学试题 命题：深圳外国语学校高三数学组 审题：深圳外国语学校高三数学组 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号码等信息填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 抛物线的焦点坐标为（ ） A B. C. D. 4. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数部分图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 6. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：被3除余2且被5除余3的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前n项和为，则的最小值为（ ） A. B. C. 71 D. 7. 已知，若正实数m，n满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 若，且有，则（ ） 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. 已知复数（i为虚数单位），则（ ） A. z的虚部为 B. z的共轭复数为 C. D. 10. 已知函数部分图象如图，则（ ） A. 函数为奇函数 B. 在上单调递增 C. 若，则的最小值为 D. 若，函数在上有2个零点，则 11. 如图，点是边长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 当点在侧面上时，四棱锥的体积为定值 B. 存在这样的点，使得 C. 当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为 D. 当时，点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 平面向量，若，则______. 13. 已知函数有三个零点，则实数的取值范围是______ 14. 双曲线的左右焦点分别为，，以实轴为直径作圆O，过圆O上一点E作圆O的切线交双曲线的渐近线于A，B两点（B在第一象限），若，与一条渐近线垂直，则双曲线的离心率为______． 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. 在中，内角的对边分别为．已知． （1）求； （2）若，点在边上，，求面积的最大值． 16. 已知数列满足，. （1）证明：等比数列； （2）设，证明：. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点． （1）求证：平面； （2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 18. 已知椭圆的长轴长为，离心率为，直线与轴交于点，与相交于、两点． （1）求的标准方程； （2）若的斜率为1，且，求的值； （3）是否存在，使恒为定值？若存在，求出与的值；若不存在，请说明理由． 19 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，既存在极大值，又存在极小值，求实数a的取值范围； （3）当，时，分别为的极大值点和极小值点，且，求实数k的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $