精品解析：广东省汕头市第一中学2026-2027学年第一学期开学考试高三数学试题

2026-2027学年度第一学期开学考试 高三级 数学科 试题 注意：试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟 一、单选题：本题共有8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 或 2. 已知复数z满足（其中i是虚数单位），则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3. 已知数列是等差数列，是等比数列，且，则数列（ ） A. B. C. D. 4. 在等腰梯形中，，若为的中点，记，则（ ） A. B. C. D. 5. 二项式的展开式中的常数项是（    ） A. B. C. D. 6. 设是等差数列，其前项和为.则“”是“为递增数列”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 在中，内角，，的对边分别为，，．若，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数满足，则下列关系式中不可能成立的是（    ） 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 的监测值是用来评价环境空气质量的指标之一．划分等级为：日均值在以下，空气质量为一级：日均值在，空气质量为二级：日均值超过为超标．如图是某地12月1日至10日的日均值（单位：）变化的折线图，关于日均值说法正确的是（ ） A. 这10天的日均值的第75百分位数为60 B. 前5天的日均值的极差小于后5天的日均值的极差 C. 这10天的日均值的中位数为41 D. 前5天的日均值的方差小于后5天的日均值的方差 10. 如图，正方体的棱长为1，点是线段上的动点，则（ ） A. 与不垂直 B. 二面角的大小为定值 C. 三棱锥的体积为定值 D. 若是对角线上一动点，则长度的最小值为 11. 在平面直角坐标系中，已知曲线，点为曲线C上一点，则（ ） A. 曲线C关于x轴对称 B. 曲线C关于原点对称 C. 点P的纵坐标的取值范围为 D. 直线与曲线C有且仅有两个公共点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知锐角满足，则______. 13. 若x2+2xy＝4，且x，y∈[0，+∞），则x+y的最小值为______________． 14. 已知关于的不等式在上恒成立，则的取值范围是__________． 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. 在锐角中，角的对边分别为，已知，． （1）求； （2）是否存在锐角，其面积为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 16. 如图，四棱锥中，为正方形，为等腰直角三角形，且，平面平面，、分别为、中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知甲､乙两人进行台球比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛结果相互独立.设事件分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”. （1）若进行三局比赛，求“甲至少胜2局”的概率； （2）若规定多得两分的一方赢得比赛.记“甲赢得比赛”为事件，最多进行6局比赛，求. 18. 已知点在抛物线上，焦点为，，经过点的直线交抛物线于，两点. （1）求抛物线的方程； （2）若，求直线的方程. 19. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若对任意的恒成立，求的取值范围； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年度第一学期开学考试 高三级 数学科 试题 注意：试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟 一、单选题：本题共有8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】先求得集合，，结合集合交集的定义与运算，即可求解. 【详解】由集合，， 根据集合交集的定义与运算，可得. 2. 已知复数z满足（其中i是虚数单位），则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出复数z，再求. 【详解】因为复数z满足，所以. 所以. 故选：D 3. 已知数列是等差数列，是等比数列，且，则数列（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设数列的公差为，数列的公比为， 因为，则，所以，， 又，则，，解得， 所以. 4. 在等腰梯形中，，若为的中点，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】取中点，根据中位线性质易得， 所以． 5. 二项式的展开式中的常数项是（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为二项式展开式的通项公式为， 令，得到， 所以二项式的展开式中的常数项是. 6. 设是等差数列，其前项和为.则“”是“为递增数列”的 A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】先由进行化简，能推出，即为递增数列. 再由为递增数列，得，能推出 故“”是“为递增数列”的充分必要条件. 【详解】设的公差为 . 充分性证明：由得： ，即：. 所以为递增数列. 必要性证明：由为递增数列得： ，所以 所以“”是“为递增数列的充分必要条件 故选：C. 【点睛】本题主要结合等差数列考查充分条件及必要条件的判断.属于基础题目. 7. 在中，内角，，的对边分别为，，．若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理将已知角的关系转化为边的关系，再结合余弦定理代入化简即可求得的值. 【详解】由正弦定理，及，得 ① 已知，由余弦定理得， 将①中代入分子得： ，化简得 ② 将②代入①得：，整理得， 由于，两边同除以得，故. 8. 已知实数满足，则下列关系式中不可能成立的是（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，令，则，作出的函数图象，根据图象即可判断. 【详解】，则，令， 则， 如图，当时，，故A可能成立； 当时，，故B可能成立； 当时，，故C可能成立； 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 的监测值是用来评价环境空气质量的指标之一．划分等级为：日均值在以下，空气质量为一级：日均值在，空气质量为二级：日均值超过为超标．如图是某地12月1日至10日的日均值（单位：）变化的折线图，关于日均值说法正确的是（ ） A. 这10天的日均值的第75百分位数为60 B. 前5天的日均值的极差小于后5天的日均值的极差 C. 这10天的日均值的中位数为41 D. 前5天的日均值的方差小于后5天的日均值的方差 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，根据百分位数定义求结论即可判断.选项B判断极差相关选项，分别找出前5天数据的最大值、最小值，后5天数据的最大值、最小值，用最大值减最小值得到对应极差后比较. 选项C判断中位数相关选项，将10个数据从小到大排序后，取第5和第6项的平均值即为中位数，选项D判断方差相关选项，可通过数据波动程度定性比较. 【详解】首先从折线图提取10天的PM2.5日均值，按日期顺序为：30,41,32,34,40,80,78,60,45,48， 将全部数据从小到大排序得：30,32,34,40,41,45,48,60,78,80，逐一判断选项： 选项A：因为，故，不是整数，向上取整得到位置为， 排序后第项为，因此第百分位数为，选项A正确. 选项B：前5天数据为，极差为； 后5天数据为，极差为，显然，B正确. 选项C：10个数据的中位数是第5项和第6项的平均值， 即，C错误. 选项D：前5天数据全部集中在区间，波动程度很小； 后5天数据分布在区间，数值差异大，波动程度远高于前5天， 因此前5天的方差小于后5天的方差，D正确. 10. 如图，正方体的棱长为1，点是线段上的动点，则（ ） A. 与不垂直 B. 二面角的大小为定值 C. 三棱锥的体积为定值 D. 若是对角线上一动点，则长度的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由线面垂直的性质判断A；由二面角判断B；由等积法判断C；将平面沿直线翻折到平面内，作出平面图可求解D 【详解】对于A：由正方体可得， 又平面，平面， 所以， 因为，，， 平面，所以平面， 又平面， 所以，故A错误； 对于B：平面即为平面，平面与平面所成的二面角为定值， 而这两个平面的位置固定不变，故二面角的大小为定值，故B正确； 对于C：因为，为定值，故C正确； 对于D：将平面沿直线翻折到平面内，平面图如下， 过点作，此时的值最小， 由题可知， ， 则， 故， 又， 故长度的最小值为，故D正确； 故选：BCD 11. 在平面直角坐标系中，已知曲线，点为曲线C上一点，则（ ） A. 曲线C关于x轴对称 B. 曲线C关于原点对称 C. 点P的纵坐标的取值范围为 D. 直线与曲线C有且仅有两个公共点 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据条件，结合各个选项逐一分析判断即可得出结果. 【详解】对于选项A，设曲线上任一点为，则有， 点关于x轴对称的点为，代入，得到，不一定成立，所以选项A错误； 对于选项B，设曲线上任一点为，则有， 点关于原点对称的点为，代入，得到，成立，所以选项B正确； 对于选项C，由，得到，看成关于的方程， 则有，整理得到，解得，所以选项C正确； 对于选项D，由，消得到，解得或， 当时，，当时，， 所以直线与曲线C有且仅有两个公共点或，所以选项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. 已知锐角满足，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角公式和同角的关系公式化简即得解. 【详解】解：∵， ∴， 即， 又∵为锐角，∴， ∴，即， ∴. 故答案为：. 13. 若x2+2xy＝4，且x，y∈[0，+∞），则x+y的最小值为______________． 【答案】2 【解析】 【分析】由已知解出y，然后把y换成x，利用基本不等式即可求解． 【详解】解：由已知x2+2xy＝4且x，y∈[0，+∞），可得：， 所以， 当且仅当，即x＝2时取等号， 此时x+y的最小值为2， 故答案为：2． 14. 已知关于的不等式在上恒成立，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数求导，求得，对进行分情况讨论，结合放缩法、导数与单调性及最值的关系求解即可. 【详解】设，则， 当时，设，， 所以在上单调递增， 当时，，当时，， 所以，使得当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以时，，与矛盾， 当时，时，，，所以. 设，则. 设，则， 所以单调递增，即在上单调递增， 又，所以时，，所以在上单调递减， 而，所以时，，即. 所以当时，. 综上，，即的取值范围为. 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. 在锐角中，角的对边分别为，已知，． （1）求； （2）是否存在锐角，其面积为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合同角三角函数关系求解即可. （2）根据三角形面积公式及余弦定理求解即可. 【小问1详解】 由正弦定理可知：，即， 又，所以. 在锐角中， ，所以. 【小问2详解】 因为的面积为， 所以，即，所以. 由余弦定理，得， 因为，且， 所以是锐角三角形，故符合题意. 16. 如图，四棱锥中，为正方形，为等腰直角三角形，且，平面平面，、分别为、中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 连接， ∵是正方形，是的中点， ∴是的中点， ∵是的中点， ∴， ∵平面，平面， ∴平面． （2） 【解析】 【分析】（1）要证线面平行，只需在面内找一线与已知线平行即可，连接，根据中位线即可得即可求证； （2）求线面角则可直接建立空间直角坐标系，写出线向量和面的法向量，然后根据向量夹角公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 建立如图所示空间直角坐标系，设， 则，，，，， ，， 设平面的法向量，则，则， 取得， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 17. 已知甲､乙两人进行台球比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛结果相互独立.设事件分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”. （1）若进行三局比赛，求“甲至少胜2局”的概率； （2）若规定多得两分的一方赢得比赛.记“甲赢得比赛”为事件，最多进行6局比赛，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分甲胜3局和胜2局分类讨论，结合独立事件的概率乘法公式即可求解； （2）分比赛进行2局甲赢得比赛，4局甲赢得比赛，6局甲赢得比赛，三种情况考虑，结合独立事件的概率乘法公式即可求解. 【小问1详解】 记“甲至少胜2局”为事件，则 因为互斥， 所以， 【小问2详解】 若比赛最多进行6局，甲赢得比赛包括以下3种情况：比赛进行2局甲赢得比赛，比赛进行4局甲赢得比赛，比赛进行6局甲赢得比赛 设“比赛进行局甲赢得比赛” 则 因为，且互斥 所以 18. 已知点在抛物线上，焦点为，，经过点的直线交抛物线于，两点. （1）求抛物线的方程； （2）若，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据点在抛物线上以及抛物线的定义列方程组求，即可得抛物线方程； （2）设直线，，，与抛物线方程联立可得韦达定理，结合弦长公式运算求解即可. 【小问1详解】 由抛物线方程可知：焦点，准线， 由题意可知：，解得， 所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 因为点在抛物线内部，则直线的斜率不为0，且直线与抛物线必相交， 设直线，，， 联立方程，消去y可得， 则，， 可得， 则，解得， 所以直线的方程为或. 19. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若对任意的恒成立，求的取值范围； （3）证明：. 【答案】（1）在上单增；在上单减；（2）；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）求出，对分类讨论，求出的解，即可得出结论； （2）根据（1）的结论，只需求解即可； （3）由（2）知，取，有不等式，取，得到，即可证明结论. 【详解】. （1）当时，，所以在上单调递增； 当时，由解得， 所以在上单调递增；在上单调递减. （2）当时，，故不合题意； 当时，由（Ⅰ）知， ， 综上，的取值范围为. （3）由（2）知，取，有不等式成立. 当时， 得， 所以 . 【点睛】本题考查导数综合应用，涉及到函数的单调性、极值最值、不等式证明，考查分类讨论思想，意在考查逻辑推理、数学计算能力，属于中档题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $