精品解析：广东深圳市2026届高三年级第一次调研考试数学试题

2026年深圳市高三年级第一次调研考试 数学 2026.3 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，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；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.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，留存试卷，交回答题卡. 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. 样本数据，，，的平均数为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】D 【解析】 【详解】样本数据的平均数为. 2. 复数，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】依题意，. 3. 已知抛物线上的一点的横坐标为，则点到焦点的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】抛物线的准线方程为， 由抛物线定义可知，点到焦点的距离与点到准线的距离相等， 则点到焦点的距离. 4. 函数的最小正周期为，其图象的对称中心可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意知，，所以，故. 令，，则，， 所以该函数的对称中心为，，显然只有A符合. 5. 设是定义在上的奇函数，，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由奇偶性对称性得到函数的周期，再利用周期性对称性即可求解. 【详解】由于，， 则. 故选：A 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由于，则， 于是. 7. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量的定义及计算公式计算即可. 【详解】向量在向量上的投影向量为. 故选：D. 8. 若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由可得， 与互为反函数，故其交点在直线上，且交点横坐标小于1， 而与交点的横坐标等于1， 从而，，在同一直角坐标系中的大致图象如图所示：与的图像交点为,与的图像交点为, 且 当直线位于点的上方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足， 当直线位于点的上方，的下方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足， 当直线位于点的上方，的下方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足， 当直线位于点的下方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足， 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. 在正三棱台中，为的中点，则（ ） A. B. 平面 C. D. 平面 【答案】BD 【解析】 【详解】如图，将三棱台补足为三棱锥， 对于A，由于，而与相交，则与相交，故A错误； 对于B，由于平面平面，且平面，则平面，故B正确； 对于C，由于，且，则，又因为在平面内，所以与不垂直，故C错误； 对于D，由于，，且，，平面，则平面，故D正确. 10. 设双曲线的左、右焦点分别为，.过的直线与的两条渐近线的交点分别为、，为的中点，为坐标原点.则（ ） A. 是直角三角形 B. 是等腰直角三角形 C. D. 直线的斜率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据双曲线的渐近线确定的大小，可判断A的真假；利用三角形中位线的性质，可判断B的真假；利用勾股定理，可求的长度，判断C的真假；利用正弦定理求的正弦，进而求其正切，再根据双曲线的对称性判断D的真假. 【详解】如图， 由于，则，，，A正确； 如图，连接，由于为的中位线，则且,所以，于是为等腰直角三角形，B正确； 由，则，， 则，，则C错误； 在中，由正弦定理：，则， 于是，由对称性可知，D正确； 11. 将一枚质地均匀的硬币连续投掷次，定义随机变量为结果中连续出现正面的最大次数.若始终未出现正面，规定，例如，投掷结果为“正反正正”时，连续出现正面的次数为和，故，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项利用独立事件的概率乘法公式求得；B选项通过列出的分布列计算期望得；C选项通过枚举发现，说明不能简单分解为独立事件；D选项利用（正面次数）及期望的单调性证得. 【详解】对于A，对应于连续次扔出正面，于是，A正确； 对于B，，，，， 则，B正确； 对于C，观察前次扔出连续的次正面并不等价于前次的以及接下来的. 严格计算：，，，C错误； 对于D，不妨设表示前次投掷中出现正面的次数， 于是，则，则，于是，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. 在中，已知，，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形内角和与正弦定理可得答案 【详解】由三角形内角和得，则， 又由正弦定理：，则. 13. 已知等差数列的前项和为，且，，则______. 【答案】14 【解析】 【分析】解法一：因为，且为等差数列，可以得到，求解即可. 解法二：因为为等差数列，所以为等差数列，设，则，，三项成等差数列，再通过等差中项的性质求解即可. 【详解】因为，且，则， 于是，则，. 解法2 由于为等差数列，设，则，，三项成等差数列， 于是，则，，. 故答案为：14. 14. 已知，，，是8个正整数，记，其中，，，，若，则这8个正整数中的最大数与最小数的和为______. 【答案】23 【解析】 【分析】根据题意表示出集合的元素，通过整除性求出重复值和总和，进而可得答案. 【详解】由题意可知：从8个数中任取7个数的和共有种不同的值， 但是，，，，，，只有7个数， 可知必有两种7个数的和相等，设这个和为， 令，那么，任取7个数的和就等于，，，，，这8个取值和的集合为， 则. 因为为整数，所以是7的倍数，由可知，是7的倍数， 再因为，所以.可知. 因此，，，，中最大数为：，最小数为：， 因此，它们的和为23. 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. 已知数列是等比数列，，，数列满足：. （1）求，的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1），，，. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据，，通过等比数列定义求出公比，代入等比数列通项公式求出，再根据作差法求出在时，，验证当时，符合该式，即可求出； （2）利用裂项相消的方法求出即可. 【小问1详解】 设等比数列的公比为，则，所以，， 因为， 当时，， 两式相减得， 则时，； 当时，由得，解得符合该式； 所以，. 【小问2详解】 由于， ， 所以. 16. 某智能系统用于处理判断题（答案只有“对”和“错”），系统内设有两个独立的预测模型，分别记为模型甲和模型乙.系统的答案输出规则如下：系统首先同时向模型甲与模型乙提问，若两者答案一致，则直接输出该答案；若两者答案不一致，系统将重新向模型甲提问一次，并以模型甲此次给出的答案作为最终输出答案.已知模型甲回答正确的概率为，模型乙回答正确的概率为0.75，假设各模型每次回答相互独立. （1）当时，求系统第一次同时向两个模型提问时，两个模型答案不同的概率； （2）若系统最终输出正确答案的概率不低于0.88，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据独立事件和互斥事件概率的计算公式求值即可. （2）先求系统最终输出的答案正确的概率，根据概率不低于列式，解二次不等式，可求的最小值. 【小问1详解】 不妨设事件“模型甲回答正确”，事件“模型乙回答正确”，则“模型甲回答错误”，“模型乙回答错误”， 由于与相互独立，与，与，与都相互独立， 由题意可得，，，，， 分析可得，“在第一次提问中两个模型答案不同”的概率为，且与互斥，根据概率的加法公式和事件的独立性定义，得 ， 故在第一次提问中两个模型答案不同的概率为0.325. 【小问2详解】 系统最终输出正确答案包含两种互斥的情况：一是第一次提问时两模型答案一致且正确；二是第一次提问时两模型答案不一致，且第二次向模型甲提问时其回答正确. 系统第一次输出正确答案的概率为：， 由（1）可知，在第一次提问中两个模型答案不同的概率为： ， 系统第二次输出正确答案的概率为：， 设系统最终输出正确答案的概率为，则， 于是，解得，又由，于是， 则的最小值为. 17. 已知球的半径为1，在球的内接八面体中，顶点，分别在平面两侧，且四棱锥与都是正四棱锥. （1）如图1，若点在平面上，求证：平面； （2）如图2，若二面角的正切值为，求该内接八面体的体积. 【答案】（1）如图，连接，则必过点 ， 在四边形中，由于对角线，互相平分， 则四边形为平行四边形，故， 由于 平面且平面， 所以 平面； （2）. 【解析】 【分析】（1）先证明，再利用线面平行的判定定理直接证明即可； （2）解法1 记正方形 的中心为 ，取中点 ，设，利用二面角的平面角定义求得，， 因为为二面角的平面角且，列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解； 解法2 记正方形 的中心为 ，以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面 和平面 的法向量，利用向量法列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解； 解法3 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面 和平面的法向量，利用向量法列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法1 如图，记正方形 的中心为 ，取中点 ，连接， ， ，，由于，则，同理可证，则为二面角的平面角，又，则， 则为二面角的平面角，为二面角的平面角， 不妨设点 在 的下方， 设 则，，，，， 于是，， 于是， ， 由于，则，解得， 则，则，即内接八面体的体积为； 解法2 如图，记正方形 的中心为 ，连接 ，， 则 ，，两两垂直，如图，以点 为坐标原点，以 所在直线为轴，所在直线为 轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 不妨设点 在 的下方， 则，，，， 于是点，，，， 设平面 的一个法向量为，，， 由，，令，则， 于是平面 的一个法向量为， 设平面 的一个法向量为， ，， 由，，令，则， 于是平面 的一个法向量为， 设二面角的平面角为，由于， 则，则，， 则，即内接八面体的体积为. 解法3 如图，过点作，记正方形 的中心为 ，连接 ，， 由于平面 ， ，平面 ，则 ，， 且，则 ，，两两垂直，如图，以点为坐标原点，以 所在直线为轴，所在直线为 轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 由对称性，不妨设点 在 的下方，设 则，，，， 于是点，，，， 设平面 的一个法向量为，， ， 由，， 令，则， ， 于是平面 的一个法向量为， 设平面 的一个法向量为， ，， 由，， 令，则， ， 于是平面 的一个法向量为， 设二面角的平面角为，由于， 则，则， 则，即内接八面体的体积为. 18. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若有两个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为； （2）（i）； （ii）证明：根据（i）可知，， 其中，则， 下证：即证：. 设 ， 令，，于是在上单调递增，在上单调递减， 则，即证. 【解析】 【分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定函数的单调性， （2）（i）方法一：求导，对进行讨论，结合函数单调性可求解，即可构造函数，求导，结合零点存在性定理即可求解，方法二：求导，对进行讨论，换元，，，则， 可求解，即可结合解法一求解，解法三：求导，对进行讨论，结合零点存在性定理即可求解，解法四：分离常数得，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可结合函数图像求解，（ii）根据（i）的求解可求解函数的最大值，进而构造函数，利用导数求解单调性，即可得证. 【小问1详解】 由于 令，则， 令，，在上单调递增； 令，，在上单调递减； 于是的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问2详解】 （i）解法1 由于 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾； 于是，令，则等价于， 易得，因为 ，则， 令，则在上单调递增，在上单调递减， 则， 因为即，， 所以， 显然不符合题意，故，即， 令，， 则在上单调递增，且， 由于，所以， 由于，令，在上单调递增，则， 于是，， 由零点存在定理，存在使得， 当 时，易证 ，则即， 由于， 取，且，则， 由零点存在定理，存在使得， 所以当时，在上有两个零点. 解法2 由于， ， 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾： 于是，令，，，则， 令，则， 由于，令，， 当时，，即，于是在上单调递增， 当时，，即，于是在上单调递减， 于是， 若，即， 由，则，可得，同解法1； 解法3 由于， ， 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾； 于是，设，， 若，则， 在上单调递减，且， 不妨令，则， 于是取，则， 且 在上连续，由零点存在定理，存在唯一，， 于是在单调递增，在单调递减，则存在唯一极大值点； 若，令，则，于是 在上单调递增，在单调递减，由于，则，，且， 且 在上连续，由零点存在定理，存在唯一，， 于是在单调递增，在单调递减，则存在唯一极大值点； 综上所述：若，有一个极大值点；， 于是， 若，则至多只有一个零点，矛盾； 若，由于，同解法1； 解法4 令，则， ， 于是函数与函数的图象在上有两个交点， 由于， 设， ，， 于是 在上单调递减，且， 于是时，，，在上单调递增； 时，，，在上单调递减： 且，， 所以函数的图象如图所示，所以， （ii）略 19. 已知，为椭圆的左，右顶点，为上的一点，为双曲线上的一点（，两点不同于，两点），设直线，，，的斜率分别为，，，，且. （1）设为坐标原点，证明：，，三点共线； （2）设、的右焦点分别为、，、均在第一象限，直线与直线相交于点，. （i）证明：； （ii）证明：. 【答案】（1） 设，，则，， 因为，可知：， ，， 因为，可知：， 则，， 由可知：， 可知：，因此，，，三点共线. （2） （i）由可得：， 由（1）可知：.由，可知： ，且，都在第一象限，则，， 由（1）知：，，， 由（*）式结合，可知： ，，则，， 因此可得： ，由此可知：； 另解： 由（1）可知：，则，直线， 联立直线与椭圆：，解得点， 同理：，以下同上个解法. （ii）由（i）可知： ，， 则； 直线，直线， 设点，于是，， 则，即， 则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 则，， 于是，则； 另解1：由（i）可知： ， 则； 如图，取的中点，的中点，记椭圆左焦点为，连接， 由于，设， 则，则，，三点共线， 于是，则， 于是， 则，，，四点共线. 于是，， 由于为的中位线，则， 因为， 则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 则，， 于是，则. 另解2：由于 ，， 则，则是等腰直角三角形， 于是， ，， ， 同理可求， 由于， 于是，， 且，为锐角，由在上单调递增，所以． 【解析】 【分析】（1）设出点的坐标，表示四个斜率，结合斜率和为0可证三点共线； （2）（i）根据斜率的关系可求，，利用向量坐标关系可证平行，或者通过联立方程求出的坐标，再利用向量坐标关系可证平行； （ii）利用斜率关系得出垂直，根据点P的轨迹是圆，结合圆的性质可证，或者利用线段比例关系得出轨迹为圆，结合圆的性质可证，或者利用差角的正切公式，结合正切函数单调性可证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年深圳市高三年级第一次调研考试 数学 2026.3 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，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；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.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，留存试卷，交回答题卡. 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. 样本数据，，，的平均数为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 2. 复数，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知抛物线上的一点的横坐标为，则点到焦点的距离为（ ） A. B. C. D. 4. 函数的最小正周期为，其图象的对称中心可以为（ ） A. B. C. D. 5. 设是定义在上的奇函数，，，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（ ） 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. 在正三棱台中，为 的中点，则（ ） A. B. 平面 C. D. 平面 10. 设双曲线的左、右焦点分别为，.过的直线与的两条渐近线的交点分别为、，为的中点，为坐标原点.则（ ） A. 是直角三角形 B. 是等腰直角三角形 C. D. 直线的斜率为 11. 将一枚质地均匀的硬币连续投掷次，定义随机变量为结果中连续出现正面的最大次数.若始终未出现正面，规定，例如，投掷结果为“正反正正”时，连续出现正面的次数为和，故，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，已知，，，则______. 13. 已知等差数列的前项和为，且，，则______. 14. 已知，，，是8个正整数，记，其中，，，，若，则这8个正整数中的最大数与最小数的和为______. 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. 已知数列是等比数列，，，数列满足：. （1）求，的通项公式； （2）求数列的前项和. 16. 某智能系统用于处理判断题（答案只有“对”和“错”），系统内设有两个独立的预测模型，分别记为模型甲和模型乙.系统的答案输出规则如下：系统首先同时向模型甲与模型乙提问，若两者答案一致，则直接输出该答案；若两者答案不一致，系统将重新向模型甲提问一次，并以模型甲此次给出的答案作为最终输出答案.已知模型甲回答正确的概率为，模型乙回答正确的概率为0.75，假设各模型每次回答相互独立. （1）当时，求系统第一次同时向两个模型提问时，两个模型答案不同的概率； （2）若系统最终输出正确答案的概率不低于0.88，求的最小值. 17. 已知球的半径为1，在球的内接八面体中，顶点，分别在平面两侧，且四棱锥与都是正四棱锥. （1）如图1，若点在平面上，求证：平面； （2）如图2，若二面角的正切值为，求该内接八面体的体积. 18. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若有两个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 19. 已知，为椭圆的左，右顶点，为上的一点，为双曲线上的一点（，两点不同于，两点），设直线，，，的斜率分别为，，，，且. （1）设为坐标原点，证明：，，三点共线； （2）设、的右焦点分别为、，、均在第一象限，直线与直线相交于点，. （i）证明：； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $