精品解析：广东省佛山市2025～2026学年普通高中教学质量检测（一）高三数学试题

2025~2026学年佛山市普通高中教学质量检测（一） 高三数学 2026.1 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据并集的运算即可求解. 【详解】因为，， 所以. 故选：D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】根据共轭复数及复数乘法运算法则求解即可. 【详解】. 故选：D. 3. 设等差数列的前项和为.若，则（ ） A. 12 B. 15 C. 18 D. 21 【答案】B 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，进而结合题意列出关于的方程解得，再根据通项公式求解即可. 【详解】设等差数列的公差为，首项为， 因为， 所以，即，解得， 所以 故选：B 4. 已知非零向量满足，则（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得，两边平方，结合数量积的定义、运算律即可求解. 【详解】设，根据题意可得，两边平方得， 展开整理得，代入， 得，即，所以. 故选：C. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数函数单调性得出对数式的范围计算求解. 【详解】因为，所以， 因为，所以，所以， 则. 故选：C. 6. 已知的内角的对边分别为，且面积满足，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合余弦定理与面积公式得，再根据二倍角公式化简整理即可得答案. 【详解】因为，所以， 又因为，， 所以，即， 所以， 所以，即， 因为， 所以，即. 故选：A 7. 圆和圆的两条公切线的交点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先判断两圆位置关系，再根据几何性质可得为的中点，故可求交点坐标. 【详解】， 故圆的半径为，圆的半径为，且， 故圆心距为，而， 故两圆相交，故两圆有两条外公切线， 设一条公切线与两圆的切点分别为，两条切线的交点为， 连接，则，故， 由几何性质可得共线，故， 故为的中点，故， 故选：C. 8. 下列曲线中，与曲线交点个数最多的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对函数求导，利用导数判断原函数单调性和极值，进而可得图象，结合图象分析交点个数即可. 【详解】因为的定义域为，且， 令，解得或；令，解得； 可知函数在内单调递增，在内单调递增， 当时，函数取到极大值；当时，函数取到极小值； 且当趋近于时，函数趋近于；当趋近于时，函数趋近于； 对于选项A：分别作出曲线和曲线的图象， 由图象可知：曲线与曲线有3个交点； 对于选项B：曲线， 用替换可得，即，方程不变，曲线关于y轴对称； 用替换可得，即，方程不变，曲线关于x轴对称； 且当且时，曲线即为， 据此可得曲线和曲线的图象，如图所示： 由图象可知：曲线与曲线有6个交点； 对于选项C：曲线即为， 由图象可知：曲线与曲线有4个交点； 对于选项D：曲线即为， 由图象可知：曲线与曲线有5个交点； 综上所述：与曲线交点个数最多的是. 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. 对相同的样本数据选取不同的组距（每组为左闭右开区间）画出如图1､图2所示的频率分布直方图，其中图2的部分信息丢失，由频率分布直方图的信息对总体进行估计，则（ ） A. 图2中的频率为0.3 B. 图2众数的估计值唯一 C. 图1与图2中位数的估计值相同 D. 图1与图2平均数的估计值相同 【答案】AC 【解析】 【分析】A计算矩形面积即可；B先估计缺失部分的高度，进而结合众数的概念判断；C利用中位数的定义计算；D利用平均数的定义计算. 【详解】图2中的频率为，故A正确； 设在图2中所对应矩形的高度分别为， 在图1中的频率为，故，得， 故，则众数必在中取得， 因图2中的高度相等，故众数的估计值不唯一，故B错误； 图1中中位数的估计值为； 图2中，前个矩形面积之和为，故中位数的估计值为， 故C正确； 图1平均数的估计值为； 图2平均数的估计值为， 不确定，故D错误. 故选：AC 10. 在棱长为2的正方体中，点为侧面内一点（包含边界），则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 的最小值为5 C. 若，则的轨迹长度为 D. 三棱锥外接球的体积存在最大值与最小值 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等体积法求解体积判断A；取点关于平面的对称点后连接，利用三点共线求解即可判断B；找到过点且与垂直的平面与侧面的交线，再计算交线长度即可得C；根据三棱锥外接球的特征分析计算判断D. 【详解】A，依题意点到平面的距离为棱长2，则的面积为， 故三棱锥的体积为定值，故A正确； B，如图作点关于平面的对称点，连接，则， 故， 当且仅当、、三点共线时等号成立，故B错误； C，易得，因平面，平面，则， 又，平面，则平面，因平面，则， 同理，又平面，故平面， 因为，所以平面，又平面侧面， 所以的轨迹为线段，其长度为，故C正确； D，如图取的中点，因为为直角三角形， 所以为外接圆的圆心，设外接球的球心为，半径为R， 由外接球的性质，得平面， 连接， 则， 以为原点，，，所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，设，，且， 则，整理得， 因为点为侧面内一点（包含边界）， 当点和侧面的顶点重合时，有最小值， 即有最大值， 故三棱锥外接球的体积的最大值为， 设正方形中心为，则 当点和点重合时，有最大值， 即有最小值， 故三棱锥外接球的体积的最小值为，故D正确. 故选：ACD 11. 已知函数的定义域为，对任意正实数，函数在上单调递增，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】用特值法判断A,B；用赋值法，结合函数单调性的定义，判断C；根据单调性列不等式，判断D. 【详解】对于A，令，， 则在上单调递增， 此时，所以不一定成立，所以A错误； 对于B，令，因为函数在上单调递增， 所以， 即，所以B正确； 对于C，令，因为是增函数， 所以， 所以 ， 所以，所以， 所以C正确； 对于D，令，因为是增函数， 所以， 所以； 令，因为是增函数， 所以， 所以； 令，因为是增函数， 所以， 所以； …… 令，因为是增函数， 所以， 所以， 所以， 所以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. 展开式中的常数项为_____________. 【答案】240 【解析】 【分析】写出通项公式，令的指数为，得到，从而常数项为. 【详解】展开式的通项公式为， 令得，， 故答案为：240. 13. 若函数在区间上至少有2个零点，则的最小值是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦函数性质列不等式求解即可. 【详解】函数零点满足，，即，， 因为且，所以为正整数， 因为函数在区间上至少有2个零点， 所以即至少有两个正整数解， 为保证区间至少包含两个正整数，该区间须至少能覆盖一对连续的正整数和， 所以，即，为使该不等式有解，须满足， 得，又，所以，当时，所以，即的最小值为. 故答案为： 14. 已知是椭圆上关于原点对称的两点，是的右焦点，的延长线交于点，则的离心率为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】设椭圆的左焦点为，证明四边形为平行四边形，设，结合椭圆定义和余弦定理可得，在中，由余弦定理可得的关系，由此可求离心率. 【详解】如图，设椭圆的左焦点为，连接、、， 由题意可知，关于原点对称，且为的中点，所以四边形为平行四边形， 因为，所以， 由，设，则， 所以，，， 在中，由余弦定理得， ， ，解得，所以， 在中，由余弦定理得， 所以，解得，故椭圆的离心率. 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. 已知数列的前项和为，且（为常数，且）. （1）求的通项公式； （2）若，令，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系求解； （2）当时，，当时，裂项得，相消求和即得答案. 【小问1详解】 当时，， 当时，， 所以， 由于，故，不适合， 综上，的通项公式为. 【小问2详解】 若，由（1）即，得， 所以，时，， 即， 所以，当时，，即， 当时，，即， 所以，当时，， 当时，， 所以， 当时，， 当时，也满足， 综上，. 16. 如图，三棱柱中，平面平面，，，为的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）连接与交于点，连接， 三棱柱侧面为平行四边形，所以为的中点， 又为的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）因为，所以， 又因为，， 所以， 所以，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为，所以平面， 又平面，所以平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）连接与交于点，连接，证明，根据线面平行的判定定理即可证明； （2）根据平面平面和得到平面，从而得到平面，再利用面面垂直的判定定理即可证明； （3）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，利用向量法即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由，，得， 故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 则， 设直线与平面所成角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】 17. 某款AI(人工智能)机器人进行射门游戏，射中得1分，未射中得分，当累计得分X达到2分或分时游戏结束，否则游戏将一直进行下去，当时获胜，当时落败．已知该款AI机器人射门的命中率为a()，每次射门相互独立． （1）求机器人恰好射门4次后获胜的概率； （2）表示“机器人射门n次，游戏仍未结束”． ①若，求和 ； ②若，求游戏结束时X的数学期望 【答案】（1） （2）①， ；② 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式即可得到答案； （2）①利用条件概率公式即可得到答案；②分第2次游戏结束和第2次游戏未结束两种情况讨论即可. 【小问1详解】 若机器人恰好射门4次获胜，则前两次仅射中一次，后两次都射中， 故． 【小问2详解】 ①由题意得，， 所以. 若第次游戏未结束，则累计得分必为0（偶数次射门的累计得分只能是偶数，且不能为）， 可得，，， 所以． ②由题意知，，， 所以，解得（舍去）． 由题意知，的所有可能取值为2，，所以当游戏结束时，， 又考虑前两次射门，若两次都射中或都未射中，则游戏结束， 若1次命中，1次未命中，相当于重新开始， 所以，解得， 所以．所以． 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若存在两个极值点，求； （3）若存在两个零点，在处分别作曲线的两条切线，证明：与的交点在轴上. 【答案】（1） 函数定义域为，， 记，则， 当时，，又，， 所以有两个正根，满足， 所以当或时，， 当或时，， 所以在和单调递增， 在和单调递减； 当时，恒成立，所以恒成立，故恒成立， 所以在和单调递增； 当时，，由韦达定理可知，的两根为负， 所以在和恒成立， 所以在和恒成立， 所以在和单调递增. 综上，当时，在和单调递增， 在和单调递减； 当时，在和单调递增. （2） （3） 因为， 所以若为零点，则也是的零点，所以， 切线，切线， 因为， 所以， 所以当时，两切线的纵坐标相等，即两切线的交点在轴上. 【解析】 【分析】（1）由，记，通过讨论的符号讨论的单调性； （2）由（1）知，极值点满足，则，代入求解； （3）可证，求出方程，由比较两切线与轴交点的纵坐标. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由（1）知，极值点满足，由韦达定理可得， 所以 ， 即. 【小问3详解】 略. 19. 已知点，双曲线的一条渐近线方程是，直线被截得的弦长为. （1）求的方程. （2）已知是的右支上不同的两点，且存在实数，使得. （i）若点满足，求证：点总在某定直线上； （ii）若直线与的另一个交点为（异于），求证：直线过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】（1） （2）（i）设，且， 则，， 因为，则，可得， 设，则，， 因为，则，可得， 因为点在双曲线：上， 则，即， 两式相减得，即， 可得，所以点总在定直线上； （ii）直线过定点 【解析】 【分析】（1）根据渐近线可得，代入点可得，即可得双曲线方程； （2）（i）设，，根据向量共线结合点差法分析证明；（ii）设直线，联立方程可得韦达定理，利用韦达定理求、和，求点和直线，令可得，即可得结果. 【小问1详解】 因为双曲线的一条渐近线方程是，则，即， 则双曲线的方程即为， 因为直线的方程为， 由题意可知：双曲线过点，则， 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）因为双曲线的渐近线方程为， 由题意可知：直线的斜率存在，设直线，， 联立方程，消去y可得， 则， 可得，， 则， ， ， 直线的斜率，直线的斜率方程：， 联立方程，消去y可得， 则， 设，可得， 则， 且，即， 可得， 且， 即， 则直线：，即， 令，可得 ， 因为 所以直线过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年佛山市普通高中教学质量检测（一） 高三数学 2026.1 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 5 3. 设等差数列的前项和为.若，则（ ） A. 12 B. 15 C. 18 D. 21 4. 已知非零向量满足，则（ ） A. B. C. 0 D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知的内角的对边分别为，且面积满足，则（ ） A. B. C. D. 2 7. 圆和圆的两条公切线的交点坐标为（ ） A. B. C. D. 8. 下列曲线中，与曲线交点个数最多的是（ ） A. B. C. D. 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. 对相同的样本数据选取不同的组距（每组为左闭右开区间）画出如图1､图2所示的频率分布直方图，其中图2的部分信息丢失，由频率分布直方图的信息对总体进行估计，则（ ） A. 图2中的频率为0.3 B. 图2众数的估计值唯一 C. 图1与图2中位数的估计值相同 D. 图1与图2平均数的估计值相同 10. 在棱长为2的正方体中，点为侧面内一点（包含边界），则（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 的最小值为5 C. 若，则的轨迹长度为 D. 三棱锥外接球的体积存在最大值与最小值 11. 已知函数的定义域为，对任意正实数，函数在上单调递增，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 展开式中的常数项为_____________. 13. 若函数在区间上至少有2个零点，则的最小值是______. 14. 已知是椭圆上关于原点对称的两点，是的右焦点，的延长线交于点，则的离心率为__________. 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. 已知数列的前项和为，且（为常数，且）. （1）求的通项公式； （2）若，令，求数列的前项和. 16. 如图，三棱柱中，平面平面，，，为的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）若，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 某款AI(人工智能)机器人进行射门游戏，射中得1分，未射中得分，当累计得分X达到2分或分时游戏结束，否则游戏将一直进行下去，当时获胜，当时落败．已知该款AI机器人射门的命中率为a()，每次射门相互独立． （1）求机器人恰好射门4次后获胜的概率； （2）表示“机器人射门n次，游戏仍未结束”． ①若，求和 ； ②若，求游戏结束时X的数学期望 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若存在两个极值点，求； （3）若存在两个零点，在处分别作曲线的两条切线，证明：与的交点在轴上. 19. 已知点，双曲线的一条渐近线方程是，直线被截得的弦长为. （1）求的方程. （2）已知是的右支上不同的两点，且存在实数，使得. （i）若点满足，求证：点总在某定直线上； （ii）若直线与的另一个交点为（异于），求证：直线过定点，并求出该定点的坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $