精品解析：广东省东莞市东华高级中学、东华松山湖高级中学2025-2026学年高三上学期1月质量检测数学试题

东莞市东华高级中学 东华松山湖高级中学 2025-2026学年第一学期高三1月质量检测 高三数学 命题人：林奕仪 审题人：康逢永 本试卷共19题，满分150分.考试用时120分钟. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求. 1. 设全集，集合，则集合为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 5 3. 设，则其共轭复数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 4. 设等比数列的前n项的和为，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线 与圆 相交于 、 两点，若 为整数，则这样的直线 有（ ）条. A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 7. 已知函数在区间单调递减，且和是两个对称中心，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知正实数满足和．则的值为（　　） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 10. 下列说法正确的是（ ） A. 的展开式中的系数为-4 B. 将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有36种 C. 已知，则 D. 数据7，12，13，17，18，20，32的上四分位数为19 11. 已知抛物线，点、、为抛物线上三点，且的重心为抛物线的焦点，记直线的斜率分别为.若，则（ ） A. B. 的三个顶点到轴的距离之和为3 C. 若点坐标为，则 D. 当点的横坐标为4时， 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，且，则的最小值为__________. 13. 已知双曲线的左焦点为F，过点F且斜率为的直线与C的两条渐近线分别交于点M，N，且M，N分别位于第二、三象限，若，则C的离心率为__________ 14. 定义集合，比如：若，则．把集合中满足条件的元素组成的集合记为，即已知集合，则（1）集合中的元素个数为_____；（2）若中的元素个数为56，则p的值为_______． 四、解答题：本大题共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. 已知数列满足：，. （1）证明：数列是等差数列； （2）记，，求数列的前n项和. 16. 如图，在三棱锥中，平面，，，点分别是棱的中点． （1）证明：平面； （2）若二面角的余弦值为，求． 17. 为研究一种新药的耐受性，要对白鼠进行连续给药后观察是否出现症状的试验，该试验的设计为：对参加试验的每只白鼠每天给药一次，连续给药四天为一个给药周期，试验共进行三个周期．假设每只白鼠给药后当天出现症状的概率均为，且每次给药后是否出现症状与上次给药无关． （1）从试验开始，若某只白鼠连续出现次症状即对其终止试验，求一只白鼠至少能参加一个给药周期的概率； （2）若在一个给药周期中某只白鼠至少出现次症状，则在这个给药周期后，对其终止试验，设一只白鼠参加的给药周期数为，求的分布列和数学期望． 18. 已知椭圆：过点，短轴长为4. （1）求椭圆的方程； （2）已知点且，若椭圆上的点到的距离的最小值是，求实数的值； （3）椭圆与轴的交点为、（点位于点的上方），直线：与椭圆交于不同的两点、.设直线与直线相交于点，求的最小值. 19. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：当时，函数有唯一的极值点α和唯一的零点β； （3）对于（2）中的α与β，比较与β的大小，并证明你的结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东莞市东华高级中学 东华松山湖高级中学 2025-2026学年第一学期高三1月质量检测 高三数学 命题人：林奕仪 审题人：康逢永 本试卷共19题，满分150分.考试用时120分钟. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求. 1. 设全集，集合，则集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出全集，然后由补集的定义可求得结果. 【详解】因为，又， 所以， 故选：B. 2. 已知向量，，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出的坐标，依题意可得，根据向量数量积的坐标运算得到方程，解得即可； 【详解】因为，，，所以， 因为，所以，解得. 故选：C. 3. 设，则其共轭复数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】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算和共轭复数的概念求解出，由此可知结果. 【详解】因为，故，其在复平面内对应的点位于第一象限. 故选：A. 4. 设等比数列的前n项的和为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，直接求出，再利用等比数列的前项和公式，即可求解. 【详解】设等比数列的公比为，因为，， 则，解得， 所以， 故选：C. 5. 中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合轴截面分析可知，，再利用圆柱以及圆台的体积公式运算求解. 【详解】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台， 取轴截面，如图所示，分别为的中点， 可知：∥∥，且， 可得，即， 所以该容器中液体的体积为. 故选：A. 6. 已知直线 与圆 相交于 、 两点，若 为整数，则这样的直线 有（ ）条. A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】先分析直线的特征，再结合圆的性质计算弦长（弦长，其中为圆的半径，为圆心到直线的距离）的可能整数值，进而确定直线的数量. 【详解】将直线的方程整理为：， 令，解得，因此直线过定点， 因为圆：的圆心为，半径， 所以定点到圆心的距离为：（即点在圆内）， 设圆心到直线的距离为，则弦长公式：， 由于直线过定点，则（点到直线的距离不超过点到定点的距离）， 因此：，代入弦长公式得： (时，；当时，). 因为为整数，结合范围，可能的整数值为、. 当时，(直线过圆心)，将代入直线的方程： ，得，对应1条直线； 当时，由弦长公式，解得，即， 圆心到直线的距离，令其等于，平方后化简得： ，，， 此方程判别式，有2个不同的实根，对应2条直线. 所以对应1条，对应2条，共条. 故选：B. 7. 已知函数在区间单调递减，且和是两个对称中心，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦型函数图像的单调性和对称性，先求得最小正周期即，，再结合和在区间单调递减可求得，得到函数的解析式，代入求值即可. 【详解】由题意可知，即，则，所以， 且和是两个对称中心，且， 所以和在同一周期内， 又的一个周期内有个对称中心， 所以，即，，则， 又，解得，， 又当，时单调递减， 解得，， 所以区间为的一个子集， 所以，结合得，，可得， 所以，所以，故D正确. 故选：D. 8. 已知正实数满足和．则的值为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数与对数的运算法则对已知条件进行变形，利用变形后等式的特点构造函数，再根据函数的单调性确定的关联，最后结合题给条件求解． 【详解】， ，即， ， ，即， 令，则在上单调递增， 方程有唯一解， ， ． 故选：A． 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据线面，面面位置的判定方法逐一判断即可. 【详解】对于A，若，，，则直线，平行或异面，故A错误； 对于B，由，，得，又，所以，故B正确； 对于C，若，，则或，故C错误； 对于D，由，，得，又，所以，故D正确. 故选：BD. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 的展开式中的系数为-4 B. 将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有36种 C. 已知，则 D. 数据7，12，13，17，18，20，32的上四分位数为19 【答案】AC 【解析】 【分析】根据二项式定理写出的展开式的通项公式，即可判断选项A；根据分步乘法计数原理即可判断选项B；由排列数和组合数公式可解得，即可判断选项C；求出上四分位数判断D. 【详解】对于A，由二项式定理可知的展开式的通项公式为：，， 令，解得， ∴的展开式中的系数为，故A正确； 对于B，先将标号为，的卡片放入同一信封，有种不同的方法； 再将标号为，，，的张卡片平均分成两组放入另外两个信封里，有种不同的方法， 由分步乘法计数原理可知：共有种方法，故B错误； 对于C，∵， ∴由排列数和组合数公式可得，解得，故C正确； 对于D，由7×75%=5.25，得第75百分位数为第6个数，为20，故D错误； 故选：AC. 11. 已知抛物线，点、、为抛物线上三点，且的重心为抛物线的焦点，记直线的斜率分别为.若，则（ ） A. B. 的三个顶点到轴的距离之和为3 C. 若点坐标为，则 D. 当点的横坐标为4时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，设，根据重心得到方程，求出，，由焦半径公式和得到方程，求出；B选项，，B错误；C选项，表达出，，，从而；D选项，求出，又，故，所以，求出，故，且，根据弦长公式得到，D正确. 【详解】A选项，设，显然，，， 的重心为，故，， 故，， 由焦半径公式可得，，， 故， 又，则，解得或0（舍去），A正确； B选项，，故的三个顶点到轴的距离之和为6，B错误； C选项，抛物线方程为，故， 故，同理可得，， 所以，C正确； D选项，因为，点的横坐标为4，所以， 又，故，所以， 平方可得，故， 故，且， 所以，D正确. 故选：ACD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，且，则的最小值为__________. 【答案】##2.25 【解析】 【分析】由基本不等式“1”的妙用求解即可． 【详解】因为，，且， 所以， 当且仅当，即，时取等号， 所以的最小值为. 故答案为：. 13. 已知双曲线的左焦点为F，过点F且斜率为的直线与C的两条渐近线分别交于点M，N，且M，N分别位于第二、三象限，若，则C的离心率为__________ 【答案】## 【解析】 【分析】由，得，令，中，由正弦定理解得，可求双曲线离心率. 【详解】设O为坐标原点， 因为，可得， 且两渐近线关于轴对称，则， 又因为直线斜率为，则， 令，则，， 在中，由正弦定理得， 可得，解得， 可得，所以的离心率. 故答案为：. 14. 定义集合，比如：若，则．把集合中满足条件的元素组成的集合记为，即已知集合，则（1）集合中的元素个数为_____；（2）若中的元素个数为56，则p的值为_______． 【答案】 ①. 5 ②. 9或33 【解析】 【分析】理解集合的新定义应用列举法得出，再应用集合的新定义及组合数的定义通过隔板法计算求解即可. 【详解】（1）集合中的元素满足，且，列举满足条件的组合，共有5种，，即集合中有5个元素； （2）中的元素满足，且， 当时，利用组合数公式，将问题转化为将个相同的小球放入6个不同的盒子中，每个盒子中球的个数分别是， 应用隔板法即有种分法，既有个元素， 已知中有56个元素，即 ，当 时，，因此； 当时，可以考虑先放置其中的11颗，在此基础上再放置其余的小球，一定多余的情况，不合题意； 因为当先保证每个盒子中放置1颗（共6颗）后，再放置其余的小球，与当时，先在每个盒子中均放置6颗小球后再从6个盒子中共取走相应的个数的小球的方法数一样， 所以当时，放置种数与颗球的情况相等，所以当也满足题意. 故答案为：5；9或33. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是对隔板法的应用把分成6份即可求解. 四、解答题：本大题共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. 已知数列满足：，. （1）证明：数列是等差数列； （2）记，，求数列的前n项和. 【答案】（1）因为，，显然， 则， 所以是以为首项，为公差的等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题中递推公式结合等差数列的定义分析证明； （2）由（1）可得，，利用裂项相消法求和. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，则， 可得， 所以. 16. 如图，在三棱锥中，平面，，，点分别是棱的中点． （1）证明：平面； （2）若二面角的余弦值为，求． 【答案】（1） 证明：在中，由，为的中点，， 平面，平面，. 又,,且平面，平面， 平面, 平面，, 又，且平面，平面， 平面. （2）2 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质得到,再证明出平面,得到,又由等腰三角形可知,即可得证. （2）建系后，设，再求出平面与平面的法向量，根据二面角的余弦值为建立方程，解出后即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题可知,,,以为坐标原点， 以方向为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，如下图所示， 不妨设,则,,,,,, ,,, 设平面的一个法向量为,则,, 令,则,,, 由（1）可知，平面的一个法向量可取为, 二面角的余弦值为, ,即,解得, . 17. 为研究一种新药的耐受性，要对白鼠进行连续给药后观察是否出现症状的试验，该试验的设计为：对参加试验的每只白鼠每天给药一次，连续给药四天为一个给药周期，试验共进行三个周期．假设每只白鼠给药后当天出现症状的概率均为，且每次给药后是否出现症状与上次给药无关． （1）从试验开始，若某只白鼠连续出现次症状即对其终止试验，求一只白鼠至少能参加一个给药周期的概率； （2）若在一个给药周期中某只白鼠至少出现次症状，则在这个给药周期后，对其终止试验，设一只白鼠参加的给药周期数为，求的分布列和数学期望． 【答案】（1）； （2）X的分布列为 .【解析】 【分析】（1）利用“正难则反”思想，计算一个给药周期也没有参加完的概率，则至少能参加一个给药周期的概率为； （2）先计算出一个给药周期内至少出现次症状的概率，然后根据题目条件确定随机变量的可能取值，分别计算每一个值所对应的概率，列出分布列并求出数学期望. 【详解】解：（1）设“一只白鼠至少能参加一个给药周期”为事件，则的对立事件为一个给药周期也没有参加完． 设一次给药出现症状为事件，则一个给药周期也没有参加完的概率为， 所以一只白鼠至少能参加一个给药周期的概率为． （2）设事件为“在一个给药周期中某只白鼠至少出现次症状”， 则， 则随机变量的取值为． ， ， ， 所以X的分布列为 所以随机变量的数学期望为． 【点睛】本题考查概率的乘法公式及加法公式，考查随机变量的分布列及数学期望计算，难度一般.解答时易错点如下： （1）每次给药相互独立； （2）在解答第（2）小题时，注意若前一个给药周期能通过，才可以参加下一个给药周期. 18. 已知椭圆：过点，短轴长为4. （1）求椭圆的方程； （2）已知点且，若椭圆上的点到的距离的最小值是，求实数的值； （3）椭圆与轴的交点为、（点位于点的上方），直线：与椭圆交于不同的两点、.设直线与直线相交于点，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，即可求出、，从而得解； （2）设椭圆上任一点为，则点到的距离，结合椭圆上点的横坐标范围与函数单调性即可得最值，从而得正实数的值； （3）将直线与椭圆联立消，设直线、的方程，结合韦达定理化简计算解出的轨迹方程，利用对称性即可求解的最小值． 【小问1详解】 由题意得椭圆过点，且短轴长为4， 可得，解得， 可得椭圆的方程为； 【小问2详解】 设椭圆上任一点为，故，则， 则点到的距离为， 由于在椭圆上，所以， 令二次函数，其对称轴为， 由题知， 此时二次函数在上单调递减， 则当时，二次函数取得最小值， 此时， 解得或（舍）； 综上； 【小问3详解】 设点、， 直线与椭圆的方程联立消去整理得， 由， 且，所以， 由于在椭圆上，则， 所以，则， 易知、，则直线的方程为， 直线的方程为，   两式相除得 解得，故在定直线上， 由图可知，点、都在直线的上方，点关于直线的对称点为原点， 由对称性知，所以， 当且仅当为线段与直线的交点时，即点的坐标为时等号成立， 故的最小值为. 19. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：当时，函数有唯一的极值点α和唯一的零点β； （3）对于（2）中的α与β，比较与β的大小，并证明你的结论. 【答案】（1） （2） 因为， 当时，，故，即单调递减， 又，， 所以函数在上只有一个零点（设为），无极值点； 当时，令，则， 由于和在上均单调递减，所以在上单调递减， 又，，所以存在，使得， 当时，，单调递增，即单调递增， 当时，，单调递减，即单调递减， 又，，， 所以当时，恒成立，且存在，使得， 即当时，，即单调递增， 当时，，即单调递减，所以是的极值点， 又，， 所以当时，恒成立，此时无零点； 综上，函数有唯一的极值点，及唯一的零点. （3） ，证明如下： 由（2），，，则， 由于为的极值点，所以，即， 所以， 令，则，所以单调递增， 故，即， 所以， 令，则， 所以在上单调递减，所以， 所以，又在上单调递减，故. 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而求出切线方程； （2）利用导数讨论函数单调性，分和讨论，当时利用二次导数讨论单调性，结合端点函数值符号即可证明； （3）根据（2）中结论，结合单调性，将问题转化为证明，然后构造函数，，利用导数讨论单调性，然后可证. 【小问1详解】 由题，，则曲线在点处的切线斜率， 又， 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $