广东省东莞市东华高级中学、东华松山湖高级中学2025-2026学年高三下学期寒假学习质量检测数学试题

东莞市东华高级中学、东华松山湖高级中学 2025-2026学年高三开学寒假学习质量检测 高三数学 命题人：宗克志 审题人：周郡 本试卷共19题，满分150分。考试用时120分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。每小题给出的四个选项中只有一个选项是符合题目要求的。 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．设等差数列的前项和为.若，则（    ） A．12 B．15 C．18 D．21 3．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，已知角的终边在第一象限，且，将角的终边按照逆时针方向旋转，得到角的终边，则（    ） A． B． C． D． 4．已知复数，设在复平面内对应的向量分别为，则（    ） A． B．3 C．5 D． 5．已知定义在上的函数满足，则（   ） A． B． C． D． 6．若，是方程的两个根，则（    ） A．23 B．27 C． D． 7．已知椭圆的左､右焦点分别为是的左顶点，为所在平面内一点，且.若与均为等腰三角形，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，设曲线在点处切线的斜率为，若均不相等，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共3小题，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．在正方体中，P，Q，R分别是的中点，则（   ） A． B．平面 C．平面平面 D．平面 10．下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．已知关于的经验回归方程为，且，则 C．一组样本数据，，…，（），其中是最小值，是最大值，则，，…，的75%分位数一定与，…，的75%分位数不同 D．若事件，满足，则与独立 11．在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，AC的中点为M，，且，延长AC到点D，使点C为线段AD的中点，下列说法正确的是（   ） A． B．△ABD的面积的最大值为 C．若△ABC为锐角三角形，BM的取值范围为 D．BD的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．的展开式中含的项的系数是80，则实数的值为________. 13．有一摸球游戏，规则如下：在盒子里放大小、质地完全相同的5个红球和10个白球，不放回地依次随机取出，每次取出1个球，直到剩下只有一种颜色的球时结束．则最后只剩红球的概率为___________． 14．作为人工智能的核心领域，机器学习致力于让机器从数据中学习.在该领域中，如何度量样本间的相似性是一个基础问题，通常通过计算它们之间的“距离”来实现，闵氏距离便是多种距离度量中的一种基础且重要的形式.设两组数据分别为和，则这两组数据间的闵氏距离，其中表示阶数.若，，则的最小值为________. 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．（本题13分） 甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有2道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，每位面试者共有两次机会，若答对第一次抽到的题目，则面试通过，结束答题；否则继续第2次答题，答对则面试通过，未答对则面试不通过，甲、乙两人对抽到的不同题目能否答对是独立的，且两人答题互不影响， (1)求甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率； (2)设面试过程中甲、乙两人答题的次数之和为，求的分布列与期望. 16．（本题15分） 已知数列的前n项和为，且，. (1)求数列的通项公式； (2)设集合，，等差数列的任一项，其中是中的最小元素，，求数列的前n项和. 17．（本题15分） 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. 18．（本题17分） 已知函数. (1)当时，求函数的图象在点处的切线方程； (2)若有两个零点，求实数的取值范围； (3)设，若函数与共有4个不同的零点，是否存在实数，使得这4个零点在调整顺序后成等差数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 19．（本题17分） 已知椭圆的离心率为． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线交椭圆于，两点，且，求直线的方程； (3)如图，直线为椭圆与抛物线的公切线，其中点分别在椭圆与抛物线上，线段交于点，求的面积的最小值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 高三数学参考答案 单选题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B C B C C D A 多选题 9 10 11 AC BD ACD 填空题 12．1 13． 14．2 解答题 15．【详解】（1）设事件为“甲通过面试”，事件为“乙通过面试”， （或） （或） 所以甲、乙两人有且只有一人通过面试的概率 . （2）随机变量的可能取值为2，3，4. ，，， 随机变量的分布列为 2 3 4 所以随机变量的期望为. 16．【详解】（1）由，得： 当时，， 当时，符合上式， 所以数列是首项为1，公差为3的等差数列.故，； （2）因为，， ∴， 又∵，其中是中的最小元素， ∴， ∵的公差是3的倍数， ∴. 又∵， ∴， 解得：，所以， 设等差数列的公差为d， 则， 所以， 所以的通项公式为. 因此数列的前n项和. 17．【详解】（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）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. 18．【详解】（1）由， 当时，，， 故的图象在处的切线方程为，即. （2）由， 当时，令，在上递减，最多一个零点，与题意不符； 当时，令，则，则当，；当，， 所以在单调递增，在上单调递减， 故，且，. 故有两个零点，即，. （3）由于，所以与的零点个数相同. 依题意共有4个不同的零点，所以与各有两个零点. 不妨设的两个零点为，，的两个零点为，， 则有， 因为，得，① 所以，② 又，则，，若四个零点成等差数列，则有两种情况： （1）当时，即，，，成等差数列，则有，③ 由②③得， 代入①得，，④ 又，⑤ 将④代入⑤式可得， 由等差数列性质及，可得，从而有， 可得，解得，，这与④矛盾，故实数不存在； （2）当时，即，，，成等差数列，则，③ 由②③得，同理得，，④ 又，⑥ 将④代入⑥式可得， 代入③可得，解得，， 这与④矛盾，故实数不存在. 综上所述，不存在实数使得四个零点成等差数列. 19．【详解】（1）由题意可得，即． 因为椭圆的离心率为，所以，所以， 所以， 所以椭圆的方程为； （2）解法一：显然直线的斜率存在， 设过点的直线的方程为， 联立方程 消去整理得， 则，即． 设，， 则，， 由弦长公式可得 解得或（舍）， 所以，即直线的方程为． 解法二：椭圆的长轴长， 又椭圆中，长轴为最长的弦，且唯一，而， 所以线段为长轴， 又点在长轴所在的直线轴上，所以直线的方程为． 以下证明椭圆中，长轴是最长的弦，且唯一： 任取椭圆上一点，则，所以 所以， 所以，所以椭圆上任一点均在圆内， 当且仅当时取等号，即点在圆上， 即椭圆在圆内， 如图，设是椭圆上的任一条弦， 直线交圆于两点，则， 当且仅当是椭圆的长轴时，取最大值． 所以，椭圆中，长轴是最长的弦，且唯一． （3）设，，直线的方程为，不妨取，． 联立 整理得①， 则， 所以．将其代入①式，得， 解得，所以． 联立整理得②， 则，所以． 将其代入②式，解方程得， 所以，所以． 由可得，所以， 所以直线．联立整理得， 所以，， 所以点到的距离为， 所以， 令， 则 ， 当且仅当，即时取等号． 由椭圆和抛物线的对称性， 可知当，，最小值也是． 综上，的最小值为． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $