精品解析：广东省汕头市2026届高三上学期1月教学质量监测数学试题

汕头市2025-2026学年度普通高中毕业班教学质量监测 数学 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试题卷和答题卡指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，请用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：请用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 第I卷选择题 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. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用复数的除法化简复数，再根据共轭复数的概念写出对应共轭复数即可. 【详解】由，其共轭复数为. 故选：A 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由指数函数和幂函数的单调性解不等式，再求交集可得. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 所以. 故选：C. 3. 如果散点图中所有的散点都落在一条斜率不为0的直线上，则下列结论错误的是（ ） A. 解释变量和响应变量线性相关 B. 相关系数 C. 决定系数 D. 残差平方和等于1 【答案】D 【解析】 【分析】根据散点图得这两个变量线性相关，由此判断各选项. 【详解】直线对应的函数为一次函数，故解释变量和响应变量是一次函数关系，故A正确. 因为样本点都落在直线上，所以样本相关系数，所以，所以B 正确。 决定系数和残差平方和都能反映模型的拟合程度，故决定系数，残差平方和为0，故C正确，D错误 故选：D 4. 的展开式的中间一项是（ ） A. 20 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可得中间一项为第4项，结合通项公式，整理计算，即可得答案. 【详解】由题意展开共有7项，中间一项是第4项， 所以. 故选：B 5. 已知是异面直线，设平面满足，且，则这样的（ ） A. 不存在 B. 有且仅有1个 C. 有且仅有2个 D. 有无数多个 【答案】B 【解析】 【分析】在上任取一点作的平行线，然后由过两条相交直线的平面有且只有一个可得答案. 【详解】在上任取一点作的平行线，因，则经过的平面只有1个，设为. 则，又，则，从而，即这样的平面有且只有一个. 故选：B 6. 已知，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据b的范围，可得的范围，根据a的范围，可得的范围，将所求变形，即可得答案. 【详解】因为，所以， 又，所以，则. 故选：C 7. 已知是椭圆上一点，且在轴上方，分别是椭圆的左､右焦点，直线的斜率为，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出，再设得到相关方程组，解出值，即可得到面积. 【详解】椭圆化成标准形式为， 是椭圆左、右焦点，且， ，若，则，解得， 的面积. 故选：D 8. 设满足，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据不等式结构，通常通过特殊值方法求解 【详解】令，得：， 令，得：， 所以， 从而得：. 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 设是平面内相交的两条数轴，分别是与轴､轴正方向同向的单位向量，且它们的夹角为.若向量，则把有序实数对叫做在坐标系中的坐标，即.设，则（ ） A. B. C. 在上的投影向量的坐标为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由向量模的计算公式可得答案；对于B，由数量积的运算律计算可得答案；对于C，由向量投影向量计算公式可得答案；对于D，由向量减法坐标计算公式可得答案. 【详解】由题可得，，，， 对于A， ，故A正确； 对于B， ，故B错误； 对于C，在上的投影向量为，由B分析可得， 又， 则，故C正确； 对于D，，故D正确. 故选：ACD 10. 已知函数，函数是奇函数，则（ ） A. B. 有两个零点 C. 不等式的解集为 D. 曲线在点处的切线与曲线有三个公共点 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，根据题意，确定的解析式即可判断A； 对于B，令，利用因式分解求解即可； 对于C，不等式等价于即，则或，再解不等式组即可； 对于D，利用导数的几何意义得到切线方程为，再联立求解即可判断． 【详解】 ， 函数是奇函数， ，解得， ，故A错误； 令，即，解得或， 所以有两个不同的零点，故B正确； 解不等式，即，移项得， 即， 或， 解得或， 所以，不等式的解集为，故C正确； ，则， 则切线方程为，即， 联立，得， 即，解得， 所以切线与曲线只有一个公共点，故D错误． 故选：BC． 11. 在正三棱柱中，分别是侧棱上的点，，则（ ） A. 平面与平面的夹角的余弦值为 B. 直线与平面所成角的正切值为 C. 在侧棱上存在唯一的一点，使 D. 若棱柱的外接球半径，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，求出两个平面的法向量，进而求出两平面夹角的余弦值； 对于B，利用向量法求线面夹角的正弦值，进而求出正切值； 对于C，根据向量垂直数量积为0，判断的个数； 对于D，根据三棱柱外接球的半径确定侧棱长与底面边长的关系，再利用三棱锥和四棱锥的体积公式求解. 【详解】取的中点，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 设正三棱柱的底面边长为，侧棱长为， 则， 所以， 对于A，易知平面的一个法向量为， ， 设平面的法向量为， 所以， 令，则， 所以， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为，故A正确； 对于B：易知是平面的一个法向量， 又， 设直线与平面所成的角为， 则， 所以， 所以，故B错误； 对于C，假设在侧棱上存在点，使， 设，又，所以， 所以，又，解得， 所以侧棱上存在唯一的一点，使，故C正确； 对于D，棱柱的外接球半径， 则，即，所以， 则， ， 所以，故D正确； 故选：ACD 第II卷非选择题 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一家水果店的店长为了解本店水果的日销售情况，记录了过去30天苹果的日销售量（单位：），结果如下： 83，96，107，91，70，75，94，80，80，100，75，99，117，89，74， 94，84，85，101，87，93，85，107，99，55，97，86，84，85，104． 一次进货太多，水果会变得不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求．店长希望每天的苹果尽量新鲜，又能地满足顾客的需求（在100天中，大约有80天可以满足顾客的需求），则每天应该进___________千克的苹果． 【答案】99.5 【解析】 【分析】利用百分位数的定义进行求解. 【详解】过去30天苹果的日销售量按从低到高排列： 55，70，74，75，75，80，80，83，84，84，85，85，85，86，87，89，91，93，94，94，96，97，99，99，100，101，104，107，107，117 ， 故第80百分位数： 故答案为：99.5 13. 如图，以双曲线上一点为圆心的圆与轴恰相切于双曲线的一个焦点，且与轴交于、两点.若为正三角形，则该双曲线的离心率为______. 【答案】 【解析】 【详解】因为与轴相切于双曲线的焦点，所以，，点到轴的距离为. 从而，正的边长为，边上的高为. 由. 解得，即双曲线的离心率为. 14. 把1到37这37个整数排成一个数列，其前项和为，已知，且对于任意的，都有能被整除，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，，又能被整除，则也能被整除，再由，可知的正因数有，结合，即可得到． 【详解】，任意的，都有能被整除， 能被整除， 是质数，或， 又数列是到的排列，，所以，故， 能被整除，， 也能被整除，， 的正因数有，且，， ． 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. 据调查，某校学生的人近视，而该校有的学生每天玩手机超过1小时，这些人的近视率为. （1）从该校任选一名学生，记事件“该生每天玩手机超过1小时”，“该生近视”，试判断与是否相互独立，并说明理由； （2）现从每天玩手机不超过1小时的学生中任意调查一名学生，求他近视的概率. （3）根据上述结果，能得出什么结论？ 【答案】（1）与不相互独立 （2） （3）长时间玩手机与近视存在一定的关联. 【解析】 【分析】（1）求出，，根据相互独立事件的定义判断即可； （2）利用全概率公式，即可得到. （3）由和，说明长时间玩手机与近视存在一定的关联. 【小问1详解】 与不相互独立，理由如下： 已知，， 所以； 因为； 所以， 所以与不相互独立. 【小问2详解】 设为 “每天玩手机不超过 1 小时”，则 所以 即，所以. 【小问3详解】 从计算结果可以看出：每天玩手机超过1小时的学生近视率50%明显高于不超过1小时的学生近视率37.5%，说明长时间玩手机与近视存在一定的关联. 16. 已知函数. （1）求在上的单调递增区间； （2）设分别是内角的对边，若，成等比数列，求证：成等比数列，并求公比的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析，公比的取值范围是. 【解析】 【分析】（1）根据和差角与倍角的正弦、余弦公式化简函数表达式，再由正弦函数的单调性即可求得. （2）先求出并化简，，然后根据等比数列的性质化简得到，然后根据正弦定理进而证明结论，最后根据余弦定理和的范围列出不等式求出的范围. 【小问1详解】 . 由，可得. 因为，当时，；当时，； 所以在上的单调递增区间为. 【小问2详解】 由（1）知， 则，，. 因，成等比数列，则， 即，也即， 由正弦定理得，所以成等比数列，因，则， 由余弦定理，可得， 因为，所以，即. 解得，所以公比的取值范围是. 17. 已知抛物线，过的焦点作直线交于两点，直线（为的顶点）交的准线于点. （1）求证：； （2）求的最小值. 【答案】（1）证明见解析 （2）9 【解析】 【分析】（1）设由直线过点得到，再求出，因此 BP方程为，所以. （2）令,求出，再利用基本不等式求解即可. 【小问1详解】 抛物线的焦点为 ，准线 ，顶点 设 因为直线过点； 所以，即 即， 因为，所以； 直线 AO 的方程为，代入准线，得； 因为，所以，所以， 所以点与的纵坐标相同， 因此 BP方程为，与准线垂直， 所以. 【小问2详解】 令，则，则； 所以 所以； 当且仅当时取等，有最小值9. 18. 已知矩形中，为边的中点，将沿直线翻折成，如图所示. （1）证明：不存在某个位置，使； （2）设点为线段的中点， ①判断线段的长是否为定值，并说明理由； ②当平面与平面的夹角为时，求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）①线段的长是定值，为，理由见解析.② 【解析】 【分析】（1）假设存在某个位置，使，进而根据勾股定理可得到，进而得到平面，然后根据线面垂直得到线线垂直，与已知条件矛盾，从而证明结论. （2）①取的中点，连接，先求出，根据勾股定理求出；②取中点为，连接，先确定为平面与平面的夹角，然后根据余弦定理求出和，然后取的中点为，连接，根据余弦定理求出，最后根据余弦定理求出，从而求出了异面直线与所成角的余弦值. 【小问1详解】 假设存在某个位置，使. 因为在矩形中，为的中点，. 所以，则都是等腰直角三角形， 所以，那么，即. 若，且平面，可得平面， 又因为平面，所以，这与是由翻折而成， 矛盾，所以不存在某个位置，使. 【小问2详解】 ①线段的长是否为定值，理由如下： 取的中点，连接，因为为线段的中点，为的中点， 所以，且，又因为，所以. 在矩形中，为的中点，，则. 所以，因为，所以. 在中，，根据余弦定理得， 所以，为定值. ②取中点为，连接. 因为是等腰直角三角形，所以，. 而，所以， 所以为平面与平面的夹角， 因为平面与平面的夹角为，所以. 在中，根据余弦定理得. 在中，根据余弦定理得. 取的中点为，连接. 在中，根据余弦定理得. 因为，所以. 所以四边形为平行四边形，所以. 所以异面直线与所成角即为与所成的角，即. 由①知，所以. 在中，根据余弦定理得. 故异面直线与所成角的余弦值为. 19. 某些函数如和的图象具有性质：曲线上任意两点间的弧段总在这两点连线的下方.这个性质可表示为：设是定义在区间上的函数，则对于上的任意与任意，总有成立. （1）设，求证：； （2）设，求证：； （3）某同学研究发现，若函数在上存在导函数，则上述性质的充要条件为在上递增，求证：，其中均为正数. 【答案】（1）证明过程见解析 （2）证明过程见解析 （3）证明过程见解析 【解析】 【分析】（1）求出和，作差与0比较大小即可. （2）通过构造函数，将不等式成立问题转化为求最值的问题，进一步证明即可. （3）通过构造函数，证明单调递增，利用题干中性质结合对数运算证明即可. 【小问1详解】 因为， 所以， ， 所以 ， 因为，所以，即， 所以. 【小问2详解】 要证，即成立， 只需证（因为），即成立， 令，则只需证成立. 整理得. 令，，则. 令，解得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以在处取得最小值，所以，故原不等式成立. 所以. 【小问3详解】 因为当，时，，当且仅当时取等号， 所以若证，只需证成立， 同时取自然对数得，即证成立， 也即证成立. 令，，则，令，则. 因为，所以，故在上单调递增， 所以具有题干中的性质. 所以，即，故原不等式成立. 因此当均为正数时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 汕头市2025-2026学年度普通高中毕业班教学质量监测 数学 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试题卷和答题卡指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，请用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：请用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 第I卷选择题 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. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 如果散点图中所有的散点都落在一条斜率不为0的直线上，则下列结论错误的是（ ） A. 解释变量和响应变量线性相关 B. 相关系数 C. 决定系数 D. 残差平方和等于1 4. 的展开式的中间一项是（ ） A. 20 B. C. D. 5. 已知是异面直线，设平面满足，且，则这样的（ ） A. 不存在 B. 有且仅有1个 C. 有且仅有2个 D. 有无数多个 6. 已知，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知是椭圆上一点，且在轴上方，分别是椭圆的左､右焦点，直线的斜率为，则的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 设满足，则的值为（ ） A. 0 B. 1 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 设是平面内相交的两条数轴，分别是与轴､轴正方向同向的单位向量，且它们的夹角为.若向量，则把有序实数对叫做在坐标系中的坐标，即.设，则（ ） A. B. C. 在上的投影向量的坐标为 D. 10. 已知函数，函数是奇函数，则（ ） A. B. 有两个零点 C. 不等式的解集为 D. 曲线在点处的切线与曲线有三个公共点 11. 在正三棱柱中，分别是侧棱上的点，，则（ ） A. 平面与平面的夹角的余弦值为 B. 直线与平面所成角的正切值为 C. 在侧棱上存在唯一的一点，使 D. 若棱柱的外接球半径，则 第II卷非选择题 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一家水果店的店长为了解本店水果的日销售情况，记录了过去30天苹果的日销售量（单位：），结果如下： 83，96，107，91，70，75，94，80，80，100，75，99，117，89，74， 94，84，85，101，87，93，85，107，99，55，97，86，84，85，104． 一次进货太多，水果会变得不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求．店长希望每天的苹果尽量新鲜，又能地满足顾客的需求（在100天中，大约有80天可以满足顾客的需求），则每天应该进___________千克的苹果． 13. 如图，以双曲线上一点为圆心的圆与轴恰相切于双曲线的一个焦点，且与轴交于、两点.若为正三角形，则该双曲线的离心率为______. 14. 把1到37这37个整数排成一个数列，其前项和为，已知，且对于任意的，都有能被整除，则__________． 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. 据调查，某校学生的人近视，而该校有的学生每天玩手机超过1小时，这些人的近视率为. （1）从该校任选一名学生，记事件“该生每天玩手机超过1小时”，“该生近视”，试判断与是否相互独立，并说明理由； （2）现从每天玩手机不超过1小时的学生中任意调查一名学生，求他近视的概率. （3）根据上述结果，能得出什么结论？ 16. 已知函数. （1）求在上的单调递增区间； （2）设分别是内角的对边，若，成等比数列，求证：成等比数列，并求公比的取值范围. 17. 已知抛物线，过的焦点作直线交于两点，直线（为的顶点）交的准线于点. （1）求证：； （2）求的最小值. 18. 已知矩形中，为边的中点，将沿直线翻折成，如图所示. （1）证明：不存在某个位置，使； （2）设点为线段的中点， ①判断线段的长是否为定值，并说明理由； ②当平面与平面的夹角为时，求异面直线与所成角的余弦值. 19. 某些函数如和的图象具有性质：曲线上任意两点间的弧段总在这两点连线的下方.这个性质可表示为：设是定义在区间上的函数，则对于上的任意与任意，总有成立. （1）设，求证：； （2）设，求证：； （3）某同学研究发现，若函数在上存在导函数，则上述性质的充要条件为在上递增，求证：，其中均为正数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $