精品解析：广东江门市培英高级中学等校2026届高三下学期开学检测数学试题

高三年级开学检测 数学 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，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 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. 记，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量在方向上的投影向量等于，则（ ） A. 2 B. －1 C. 1 D. －2 4. 若某圆锥的体积为，其轴截面面积为12，则该圆锥的母线长为（ ） A. 3 B. 5 C. 6 D. 5. 在平面直角坐标系中，，点在曲线上，的斜率为，则（ ） A 4 B. C. 2 D. 6. 从1，2，3，4中随机抽取三个不同数相加，得到的和记为，剩余的数乘以3，记为，则（ ） A. B. C. D. 1 7. 已知双曲线的右焦点为为上一点，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 8. 已知函数对任意实数满足，且，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. 已知函数，则正确的有（ ） A. 将曲线上的各点向左平移个单位长度得到的曲线关于轴对称 B. 将曲线上的各点向左平移个单位长度得到的曲线关于原点对称 C. 在区间上单调递增 D. 在区间上单调递增 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，曲线在点处的切线方程为 B. 当时，，都有 C. 当时，有三个零点 D. 当时，有极大值3 11. 对于各项均为正数的数列，定义数列，定义变换：将的各项由小到大排列，去掉所有为零的项，得到数列，则（ ） A. 若，则 B. 若是递增数列，则是递增数列 C. 若是等差数列，，则的项数可能为3 D. 若是等比数列，则的项数不小于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设正数满足，则的最小值为_____． 13. 若的展开式中的系数为121，则_____． 14. 已知椭圆的左焦点为，以为圆心、为半径的圆与交于，两点，若，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. 记为数列的前项和，已知． （1）求的通项公式； （2）求的前项和． 16. 深度神经网络的工作原理是模仿人脑神经元之间的连接与信息传递机制，从而提高识别速度与准确率．现对其进行数据训练，考虑线性化神经网络，在固定权重下，对不同输入数据进行前向传播，得到对应的损失函数值（Loss）输出：2.3 2.1 1.8 2.3 1.9 2.2 2.3 2.5 2.0 2.1． （1）求这10个数据极差分位数； （2）进行学习率调整后精细数据出现整值近似化，所有不超过2.0的数据归为1，大于2.0且不超过2.3的数据归为2，大于2.3的数据归为3，用频率估计概率，记下一次生成的近似化整值为，求的分布列和期望． 17. 如图，在三棱台中，平面，． （1）证明：平面平面； （2）点满足，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知中，，点满足，且． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的取值范围． 19. （1）当时，不等式恒成立，求的取值范围； （2）设集合，证明：是的充要条件； （3）若不等式对于任意恒成立，求实数的最大值与实数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级开学检测 数学 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，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 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】A 【解析】 【详解】因为， 所以，，，. 2. 记，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数相等可得，然后由复数模计算公式可得答案. 详解】因， 则， 则. 3. 已知向量在方向上的投影向量等于，则（ ） A. 2 B. －1 C. 1 D. －2 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量的概念列式计算即可. 【详解】由题意：，即. 4. 若某圆锥的体积为，其轴截面面积为12，则该圆锥的母线长为（ ） A. 3 B. 5 C. 6 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据体积和轴截面面积建立方程组，求解方程组即可. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，则，， 联立可得，，所以. 5. 在平面直角坐标系中，，点在曲线上，的斜率为，则（ ） A. 4 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】设点，根据条件列方程求，由此可得结论. 【详解】因为的斜率为，故可设点的坐标为， 因为点在曲线上，所以，， 因为，，所以， 解方程可得，. 6. 从1，2，3，4中随机抽取三个不同的数相加，得到的和记为，剩余的数乘以3，记为，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】先列出所有等可能的抽取情况，分别计算每种情况下和，再统计满足的情况数，最后用古典概型公式计算概率. 【详解】从中随机抽取三个不同的数，共有种等可能的情况： ①抽取，则，剩余数为，，此时； ②抽取，则，剩余数为，，此时； ③抽取，则，剩余数为，，此时； ④抽取，则，剩余数为，，此时； 在总共种等可能的情况中，满足的情况有种， 因此 【点睛】直接通过枚举法快速判断的条件，可简化计算. 7. 已知双曲线的右焦点为为上一点，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据焦点坐标可求，结合双曲线的定义可得答案. 【详解】因为右焦点为，所以，即； 设双曲线的左焦点为，则；由双曲线的定义得， 所以，当三点共线时，有最小值， 最小值为，所以的最小值为. 8. 已知函数对任意实数满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】令，可得， 因为，所以， 则. 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. 已知函数，则正确的有（ ） A. 将曲线上的各点向左平移个单位长度得到的曲线关于轴对称 B. 将曲线上的各点向左平移个单位长度得到的曲线关于原点对称 C. 在区间上单调递增 D. 在区间上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先应用辅助角公式化简函数式，再根据图象平移写出对应解析式并化简判断A、B，由正弦函数的单调性判断C、D. 【详解】由， A：为偶函数，对， B：为非奇非偶函数，错， C：，则，显然在区间上单调递增，对， D：，，则，显然在区间上单调递增，对. 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，曲线在点处的切线方程为 B. 当时，，都有 C. 当时，有三个零点 D. 当时，有极大值3 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，求，，利用点斜式求切线方程，判断A，对于B，根据幂函数的单调性判断结论，对于C，利用导数判断函数的单调性，结合零点存在性定理确定零点个数即可判断，对于D，利用导数判断函数的单调性，结合极大值定义求极大值即可判断. 【详解】对于A，， 当时，，， 切线斜率，又切线过点， 故曲线在点处的切线方程为，即，A错误， 对于B，，函数为增函数， ，都有，故，B正确， 对于C，， 当时，，， 函数在上单调递增，又，， 所以在上有一个零点， 当时，，， 令，可得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 又，，， 所以函数在区间上有一个零点，在区间上有一个零点， 所以时，函数有三个零点，C正确， 对于D，， 当时，， 函数，在上单调递增， 所以函数在上单调递增，函数在上没有极值， 当时，，， 令，可得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以时，函数取极大值，极大值为，D错误. 11. 对于各项均为正数的数列，定义数列，定义变换：将的各项由小到大排列，去掉所有为零的项，得到数列，则（ ） A. 若，则 B. 若是递增数列，则是递增数列 C. 若是等差数列，，则的项数可能为3 D. 若是等比数列，则的项数不小于 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题设数列定义，结合数列的单调性、等差数列及等比数列的定义分析判断各选项即可. 【详解】对于A，若，则，所以，故A正确； 对于B，由是递增数列，得， 由，，则，即， 则是递增数列，故B正确； 对于C，由是等差数列，设公差为，则， 即， 要使的项数为3，则中恰有2项为0， 若，解得，此时，不满足题意； 若，解得，此时，不满足题意； 若，解得，此时，不满足题意； 若，解得，此时，不满足题意； 若，解得，此时，不满足题意； 若，解得，此时，不满足题意， 综上所述，的项数不可能为3，故C错误； 对于D，由是各项均为正数的等比数列， 可知方程最多有两个整数解， 而，且的项数为， 则中最多有2项为0，即的项数不小于，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设正数满足，则的最小值为_____． 【答案】## 【解析】 【分析】根据已知，应用“1”的代换及基本不等式求目标式的最小值. 【详解】由题设，， 当且仅当，即时取等号，故的最小值为. 13. 若的展开式中的系数为121，则_____． 【答案】3 【解析】 【详解】由， 而的展开式的通项为，， 因为的展开式中的系数为121， 所以，解得. 14. 已知椭圆左焦点为，以为圆心、为半径的圆与交于，两点，若，则的离心率为_____． 【答案】或 【解析】 【分析】记右焦点为，利用倍角公式求出，再在中利用余弦定理可得. 【详解】不妨设焦距为2c，记右焦点为，易知，， 由定义知，记，显然其为锐角， 故由，解得. 在中由余弦定理得，化简得，即，可得离心率或. 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. 记为数列的前项和，已知． （1）求的通项公式； （2）求的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题设结合与的关系可得数列是以1为首项，3为公比的等比数列，进而求解即可； （2）先得到，再利用分组求和法求解即可. 小问1详解】 由， 当时，，解得； 当时，， 则，即， 所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列， 则. 【小问2详解】 由（1）知，，则， 即，所以， 则. 16. 深度神经网络的工作原理是模仿人脑神经元之间的连接与信息传递机制，从而提高识别速度与准确率．现对其进行数据训练，考虑线性化神经网络，在固定权重下，对不同输入数据进行前向传播，得到对应的损失函数值（Loss）输出：2.3 2.1 1.8 2.3 1.9 2.2 2.3 2.5 2.0 2.1． （1）求这10个数据的极差分位数； （2）进行学习率调整后精细数据出现整值近似化，所有不超过2.0的数据归为1，大于2.0且不超过2.3的数据归为2，大于2.3的数据归为3，用频率估计概率，记下一次生成的近似化整值为，求的分布列和期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】(1)根据百分位数概念可知第分位数即是第7位数； (2)利用分布列即可求解期望. 【小问1详解】 排序得1.8 1.9 2.0 2.1 2.1 2.2 2.3 2.3 2.3 2.5, 故极差, 因为，所以第分位数； 【小问2详解】 这10个数字1.8 1.9 2.0 2.1 2.1 2.2 2.3 2.3 2.3 2.5, 近似化整值为： 个，个，个，所以的可能取值为， 再用频率估计概率可得， ，，， 所以的分布列为： 所以的期望为：. 17. 如图，在三棱台中，平面，． （1）证明：平面平面； （2）点满足，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）通过证明，可得平面，据此可完成证明； （2）建立空间直角坐标系，由题求得平面与平面的法向量，然后由空间向量平面夹角公式求解即可. 【小问1详解】 由题可得，取中点为D，连接. 因平面，平面，则，又，则. 因，则，所以四边形为正方形， 则，从而， 即为直角三角形，所以； 因平面，平面，则，又， 平面，，则平面， 又平面，则. 结合平面，，可得平面， 又平面，则平面平面； 【小问2详解】 如图，过A作BC平行线，建立以A为坐标原点的空间直角坐标系. 设，则. 由题，设，则. . 设平面法向量为，则， 取，则可为； 设平面的法向量为，则， 则可为. 设平面与平面夹角为，则. 18. 已知在中，，点满足，且． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的取值范围． 【答案】（1） （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理及角的关系直接求解即可； （2）由正弦定理及三角恒等变换求出，再由余弦定理及（1）的结论化简可得，即可求解； （3）利用余弦定理及换元法，转化为求函数的值域即可得解. 【小问1详解】 如图， 因为， 所以由正弦定理可得， 所以. 小问2详解】 因为，点满足， 所以， 在中，由正弦定理可得：， 因为 ， 所以， 所以， 在中，由余弦定理可得：， 即， 由（1）知，，代入上式， 可得 ， 即，所以. 【小问3详解】 由（2）知，， 在中，由余弦定理可得： 令， 由可知，，故， 则，可得，即， 则， 故， 当时，单调递增，所以， 故. 19. （1）当时，不等式恒成立，求的取值范围； （2）设集合，证明：是的充要条件； （3）若不等式对于任意恒成立，求实数的最大值与实数的最小值. 【答案】（1）（2）证明见解析（3）实数的最大值为，实数的最小值为 【解析】 【分析】（1）代入得，再证明符合题意即可； （2）根据，的对称性证明即可； （3）由放缩结合（1）得，猜测是实数的最大值，构造函数求导证明即可；代入得，再证明时符合题意即可. 详解】（1）由题意，不等式对任意恒成立，当时，. 当时，不等式化为，解得. 当时，由于，则，故，不等式恒成立， 当时，对于任意，有， 因为，所以，即恒成立，综上，的取值范围是. （2）令，.由于，. 所以不等式中的函数关于对称.即当且仅当. 先证明充分性：若，任取，则. 由可知，即满足不等式条件. 根据对称性，也满足不等式条件，即. 所以. 再证明必要性：若，任取，则. 由可知. 根据对称性，. 所以. 综上，是的充要条件. （3）设，则， 则单调递增，， 即时，， 则， 则， 由（1）得，猜测即为实数的最大值， 由（2）中的对称性分析可知，对于不等式，其左侧与右侧同时满足对称性，故只需在上考虑不等式恒成立即可. 故下面证明：当时，在上恒成立. 设函数，其中， ，. 令，得. 因为，所以对于函数，由零点存在定理可知在上存在唯一实根. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减.又，. 由于先递增后递减，且两端点值为0，故在上恒成立. 所以在上单调递增.故，即成立. 所以的最大值为. 当时，，解得. 下面证明：当时，在上恒成立. 设函数，其中，，.令，得.因为，所以，故由零点存在定理，对于函数，在上存在唯一实根.当时，，单调递减；当时，， 单调递增.，. 由于先递减后递增，且，故存在，使得. 结合，由零点存在定理可知在上存在唯一零点. 在上，单调递增；在上，单调递减. 又，.所以在上恒成立，即. 所以的最小值为.综上所述，实数的最大值为，实数的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $