精品解析：广东省深圳市龙岗区2025-2026学年高三上学期1月期末质量监测数学试题

龙岗区2025-2026学年第一学期高三期末质量监测 数 学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则的非空子集个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 数据3，5，7，10，13，15，18，20的第25百分位数是（ ） A 6 B. 5 C. 16 D. 17 4. 美加墨足球世界杯将于2026年6月至7月在美国、加拿大、墨西哥的16座城市举行，将是首次有48支球队参赛的世界杯，现在要从小马、小丁、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事宣传、后勤、礼仪、服务四项不同工作，若小马和小丁只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（ ）种. A. 120 B. 60 C. 24 D. 36 5. 已知等差数列前项和为，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 6. 若圆上的点到直线的距离为的点有且仅有2个，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知则的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线，为它的焦点，过的直线交抛物线于两点，过两点分别作垂直于准线的直线，垂足分别为，其中，，则值为（ ） A. B. C. D. 6 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知等比数列满足，公比为，前项和为，前项积为，则（ ） A. B. C. D. 10. 设函数，其中实数，则（ ） A. 是定义在上的奇函数 B. 若在上单调递增，则的取值范围为 C. 若为在上的极小值点，当时，的最小值为 D. 当时，在上有且仅有2个零点 11. 已知双曲线的左右焦点为，点为双曲线右支上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若存在点使得为等腰直角三角形，则双曲线的离心率为 B. 外接圆的面积的最小值为 C. 轴与的内切圆的公共点为定点 D. 设点是的内心，直线的斜率之比为常数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，若，则_________. 13. 函数（，且）有两个不同的极值点，则的取值范围为___________. 14. 猫在做完手术后往往需要戴“防舔圈”（也被称为“伊丽莎白圈”)保护伤口，可将其视为一个圆台的侧面、现有一个宽度（圆台的母线）为13厘米的“防舔圈”，戴在一只猫的头上，把猫头理想化为一个半径为5厘米的球，这个球与“防舔圈”口径小的圆台底面相切且与圆台侧面相切，为了舔不到伤口，头到口径大的圆台底面的距离不小于2厘米，则口径小的底面半径最小为____________厘米. 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，满足对于任意实数，都有恒成立，且函数相邻两个零点的距离是. （1）求解析式，并写出的单调递增区间； （2）若满足，求. 16. 已知椭圆的离心率为，上顶点的坐标为. （1）求标准方程. （2）过的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，直线与椭圆的另一个交点为，，求直线的方程. 17. 如图，在梯形中，，将沿翻折至二面角为，为中点. （1）求证：； （2）线段上是否存在一动点，使得二面角为，若存在，求的值；若不存在，说明理由. 18. 某智慧城市在主干道部署了5个独立边缘计算节点，初始时，2个节点在线，3个为宕机．每个月系统随机等概率巡查1个节点：若该节点为宕机，则修复成功率为；若该节点已在线，则仅进行维护，用表示第个月后在线节点数，表示其期望，且. （1）当时，求； （2）已知每台宕机节点每个月造成2万元经济损失，初始月份不考虑损失，若要求从第1个月开始的总期望经济损失不超过36万元，求的最小值. 19. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）证明：在区间上存在唯一的零点和极值点； （3）设在区间上的零点为，极值点为，试比较和的大小，并证明你的结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 龙岗区2025-2026学年第一学期高三期末质量监测 数 学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据虚数单位的性质和模长可得，结合复数的除法运算求解即可. 【详解】因为，， 可得，所以. 故选：C. 2. 已知集合，则的非空子集个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式化简集合，求交集进而可得结果. 【详解】因为集合， 集合， 则，有2个元素， 所以的非空子集个数为. 故选：C. 3. 数据3，5，7，10，13，15，18，20的第25百分位数是（ ） A. 6 B. 5 C. 16 D. 17 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合百分位数的定义运算求解即可. 【详解】因为， 所以原数据的第25百分位数是第2位数与第3位数的平均数，即为. 故选：A. 4. 美加墨足球世界杯将于2026年6月至7月在美国、加拿大、墨西哥的16座城市举行，将是首次有48支球队参赛的世界杯，现在要从小马、小丁、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事宣传、后勤、礼仪、服务四项不同工作，若小马和小丁只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（ ）种. A. 120 B. 60 C. 24 D. 36 【答案】D 【解析】 【分析】小马和小丁只能从事前两项工作，由此分2种情况讨论，结合排列组合，即可求解. 【详解】根据题意分2种情况讨论； 若小马或小丁中仅有一人入选，则种不同的方案， 若小马和小丁都入选，则种不同方案. 综上，共有种不同的方案. 故选：D. 5. 已知等差数列的前项和为，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的下标和性质可得，，结合等差中项运算求解即可. 【详解】因为数列是等差数列，则，即， 且，可得， 又因为，所以. 故选：A. 6. 若圆上的点到直线的距离为的点有且仅有2个，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求圆心到直线的距离，根据题意可得，运算求解即可. 【详解】圆圆心为，半径为， 则圆心到直线的距离， 若圆上的点到直线的距离为的点有且仅有2个， 则，即，解得， 所以的取值范围是. 故选：C 7. 已知则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数导函数的符号判断函数的单调性，结合对数函数的性质求解即可. 【详解】当时，设， 则（当且仅当时取等号），即在上单调递减， 又，故当时，，即由可得； 当时，， 而，即，则有， 故当时，恒成立， 综上，可得的解集为 故选：C 8. 已知抛物线，为它的焦点，过的直线交抛物线于两点，过两点分别作垂直于准线的直线，垂足分别为，其中，，则值为（ ） A. B. C. D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】利用抛物线方程的定义及性质，结合向量夹角的余弦公式构造方程，利用韦达定理结合三角函数公式求解． 【详解】抛物线方程为， 其焦点，准线为， 为抛物线上点，过两点分别作垂直于准线的直线，垂足分别为， 设，则，， ， ， ， ， ，， ，化简整理得， 设过焦点的直线为，联立抛物线得：， 由韦达定理得， ，即， 设直线的倾斜角为，则， ， ，解得， ，解得，则，故B正确． 故选：B． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知等比数列满足，公比为，前项和为，前项积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式和前项和的公式逐项求解即可. 【详解】对于A，等比数列中，，故，故A错误； 对于B，由A选项知，，故，故B正确； 对于C，，故，或，故C错误； 对于D，，故D正确. 故选：BD 10. 设函数，其中为实数，则（ ） A. 是定义在上的奇函数 B. 若在上单调递增，则的取值范围为 C. 若为在上的极小值点，当时，的最小值为 D. 当时，在上有且仅有2个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性定义判断选项A；利用导数讨论函数单调性，判断选项B；利用极值点的定义，结合正弦函数的性质判断选项C；求导，结合零点存在定理判断选项D． 【详解】选项A：， 的定义域为关于原点对称， 是定义在上的奇函数； 选项B：的导数为， 若在上单调递增，则需保证恒成立， ， 当时，的最小值为，故，解得，故； 当时，的最小值为，故，解得，故； 当时，，成立； ，故B错误； 选项C：为在上的极小值点， ，即，解得， ，， ， ，，， ， ，，故，最小值为，故C正确； 选项D：，的零点满足，即， 令， 在上，，，则无交点； 在上，，，可能有交点； 求导得， ，， 在内有两个解，， 在上，单调递减； 在上，，单调递增，故是极小值点，； 当时，，递减，，； 当时，，递增，，； 由零点存在定理可知，在和内各有一个零点，共2个，故D正确． 故选：ACD． 11. 已知双曲线的左右焦点为，点为双曲线右支上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若存在点使得为等腰直角三角形，则双曲线的离心率为 B. 外接圆的面积的最小值为 C. 轴与的内切圆的公共点为定点 D. 设点是的内心，直线的斜率之比为常数 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A：等腰直角三角形条件结合双曲线定义列式，转化为关于离心率的方程求解.选项B：利用正弦定理表示外接圆半径，分析最值条件得出面积表达式，判断与给定值关系.选项C：利用切线长性质和双曲线定义，推导内切圆与轴切点的坐标，确定其位置.选项D：根据内心横坐标为定值，建立直线斜率表达式，计算比值并判断是否为常数. 【详解】选项A：双曲线右支上点满足， 等腰直角的可能情况为且， 此时代入双曲线方程得，， 故，由，得，即， 解得，故A正确； 选项B：外接圆半径， 当时，最小为，外接圆面积最小值为， 因为，故最小值不为，故B错误； 选项C：设内切圆与轴切于，与切于， 则 且，联立得，故，为定点，故C正确； 选项D：内心横坐标为，内切圆与轴切于， 设，，， 则，斜率之比，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，若，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算结合向量垂直可得，进而可得的坐标和模长. 【详解】因为向量，则， 若，则，解得， 则，所以. 故答案为：. 13. 函数（，且）有两个不同的极值点，则的取值范围为___________. 【答案】 【解析】 【分析】将有两个不同的极值点，转化为导函数有两个不同的实数根，即有两个不同的实数解，再分和两种情况分别讨论求解. 【详解】由有两个不同的极值点，可得有两个不同的 实数根.因为，所以，则转化为有两个不同的实数解. 设，则. 当时，令得，解得， 则得在上单调递增，在，上单调递减， 所以在处取得极大值. 而当时，；当从负方向趋近于时，； 当从正方向趋近于时，；当时，从正方向趋近于. 由有两个不同的实数解，则，解得，满足条件. 当时，令得，解得， 则得在上单调递增，在，上单调递减， 所以在处取得极小值. 而当时，从负方向趋近于；当从负方向趋近于时，； 当从正方向趋近于时，；当时，. 由有两个不同的实数解，则，解得，满足条件. 综上所述，的取值范围为. 14. 猫在做完手术后往往需要戴“防舔圈”（也被称为“伊丽莎白圈”)保护伤口，可将其视为一个圆台的侧面、现有一个宽度（圆台的母线）为13厘米的“防舔圈”，戴在一只猫的头上，把猫头理想化为一个半径为5厘米的球，这个球与“防舔圈”口径小的圆台底面相切且与圆台侧面相切，为了舔不到伤口，头到口径大的圆台底面的距离不小于2厘米，则口径小的底面半径最小为____________厘米. 【答案】 【解析】 【分析】作如图轴截面，设，且，根据面积相等，可得，从而求得的最小值. 【详解】作如图轴截面，分别记口径小的圆台底面，及口径大的圆台底面圆心为，半径为. 球的球心为，半径为. 过作于点. 设，且，设， 则. 因为， 所以， 整理得. 因为，且， 所以，即，解得. 所以的最小值为，所以的最小值为，即口径小的底面半径最小为厘米. 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，满足对于任意实数，都有恒成立，且函数相邻两个零点的距离是. （1）求的解析式，并写出的单调递增区间； （2）若满足，求. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）利用函数的周期性求出，然后根据函数的最大值点求出，最后结合正弦函数的单调性求出的单调递增区间即可； （2）利用两角和差公式求解即可. 【小问1详解】 函数相邻两个零点的距离是， 故，解得， 对于任意实数，都有恒成立， 故即， 故， 因为，故， 所以， 若，， 则，， 故的单调递增区间为； 【小问2详解】 若，则， 故， 因为， 故 故 16. 已知椭圆的离心率为，上顶点的坐标为. （1）求标准方程. （2）过的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，直线与椭圆的另一个交点为，，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据离心率和上顶点坐标，利用椭圆中的关系求椭圆方程. （2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和三角形面积公式求直线参数，进而得到直线方程. 【小问1详解】 椭圆的上顶点的坐标， . 又椭圆的离心率，且，得. 则椭圆的方程为. 【小问2详解】 当直线的斜率为0时，此时三点共线，不存在，不符合题意. 当直线的斜率不为，设直线的方程为 将直线与椭圆联立方程组，得. 得到. 设，则. 因为与椭圆的另一交点为，所以关于原点对称，即为中点. 所以，所以. . 化简得，即，解得. 可得直线的方程为，即或. 17. 如图，在梯形中，，将沿翻折至二面角为，为中点. （1）求证：； （2）线段上是否存在一动点，使得二面角为，若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析； （2）存在点，. 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，再由线面垂直可得线线垂直； （2）建立空间直角坐标系，先设，再用向量的方法计算面面角可得t的值，从而可得N点位置. 【小问1详解】 因为且为中点，所以. 又因为二面角为，所以平面平面，且平面平面，，平面， 所以平面，平面，所以. 【小问2详解】 由（1）知，故以所在直线为轴，以过M点与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系如图： 又，所以. 故，，设， 设为平面的法向量，， 由，得，取，得，即. 而平面与坐标平面重合，所以法向量取. 因为二面角为，所以， 得，，，解得或（舍去）. 所以，得. 故存在点，. 18. 某智慧城市在主干道部署了5个独立边缘计算节点，初始时，2个节点在线，3个为宕机．每个月系统随机等概率巡查1个节点：若该节点为宕机，则修复成功率为；若该节点已在线，则仅进行维护，用表示第个月后在线节点数，表示其期望，且. （1）当时，求； （2）已知每台宕机节点每个月造成2万元经济损失，初始月份不考虑损失，若要求从第1个月开始的总期望经济损失不超过36万元，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意求的可能取值以及相应的概率，分析的可能情况，进而运算求解； （2）先求得，分析可知数列是以首项为，公比为的等比数列，根据题意结合等比数列求和公式运算求解. 【小问1详解】 若，由题意可知：， 因为表示巡查节点为宕机节点且修复成功，则， 可得； 又因为表示在的前提下，巡查节点为宕机节点且修复成功的情况，或在的前提下，巡查节点为在线状态且无需修复的情况， 所以. 【小问2详解】 由题意可知：， 且，， 可得， 因为，则， 因为表示在线节点数的期望，则表示宕机节点数的期望， 且，则， 且，可知数列是以首项为，公比为的等比数列， 则， 可得数列的前项和， 因为，则，， 可得， 由题意可得：，解得， 所以的最小值为. 19. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）证明：在区间上存在唯一的零点和极值点； （3）设在区间上的零点为，极值点为，试比较和的大小，并证明你的结论. 【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）证明见解析 （3），理由见解析 【解析】 【分析】（1）对求导，根据导数的正负求出函数的单调区间. （2）作出函数在区间的图象，结合图象导函数符号判断单调性，结合零点存在定理证明即可. （3）对求导，列出关于的等式，然后化简的表达式并构造函数，求导，根据单调性证明即可. 【小问1详解】 已知函数，则，其定义域为. 可得：. 令，即，则，解得. 当时，，所以单调递增； 当时，，所以单调递减； 因此，的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 证明：对求导可得. 令，即，作出函数在区间的图象： 因为，所以， 又，所以函数在区间内有唯一零点， 当时，，此时两函数图象无交点. 由图可知，当时，当时，当时 所以为函数的极小值点； 因为， 根据零点存在定理，存在唯一的使得， 所以在上存在唯一的零点，因此在上存在唯一的零点和极值点. 【小问3详解】 ，理由如下： 由可得， 由可得. 记，则，所以在上单调递增， 所以当时，，即， ， 对，对求导得. 所以在上单调递增，，即， 因为，所以，又因为， 所以， 因为在上单调递增，且，所以， 因此. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $