精品解析：广东省深圳市罗湖区多校联考2026-2027学年第一学期学业质量检测高三数学试题

2026-2027学年第一学期学业质量检测 高三数学 2026.9 注意事项： 1．本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的学校，班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码． 3．作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑． 4．非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液． 5．考试结束后，考生上交答题卡． 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2、3、4、4、7的平均数为（ ） A. 1.2 B. 2.8 C. 4 D. 7 2. 已知复数，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知平面向量，，且，则（ ） A. 2 B. C. D. 5. 2026年世界杯小组赛，某组有4支球队，每两队之间赛一场，则该组小组赛阶段共进行比赛场数为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线：（，）的左右焦点分别为，，过的直线与的左支交于，两点，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知方程有三个不同且成等差数列的实数解，则（ ） A. 0 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. 已知圆：，直线：（），则下列说法正确的是（ ） A. 圆的圆心坐标为，半径为3 B. 直线恒过定点 C. 当时，直线截圆所得弦长为6 D. 存在，使得直线与圆相离 10. 设抛物线：（）的焦点为，过点的直线交于，两点，过点且垂直于的直线交的准线于点．已知的最小值为4，则（ ） A. B. C. 当时， D. 11. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，点为棱的中点，点为侧面内的一个动点（含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 直线与直线所成角的正切值为 B. 存在点，使得 C. 三棱锥的体积的最大值为 D. 若，则的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则在点处的瞬时变化率为__________． 13. 已知数列满足，（），则__________． 14. 一个袋中有大小、质地完全相同的8个球，编号分别为1，2，3，4，5，6，7，8．现从袋中不放回地随机依次取出3个球，记第次取出的球的编号为（）．已知为偶数，则的概率为__________． 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. 某校高三年级为了解学生是否喜欢数学课与性别的关系，在高三年级中随机抽取了100名学生进行调查．所有被调查学生需从“喜欢”和“不喜欢”中选择一项，调查数据如下表所示． 喜欢 不喜欢 合计 男生 20 30 50 女生 36 14 50 合计 56 44 100 （1）依据小概率值的独立性检验，分析学生是否喜欢数学课与性别是否有关； （2）从上述接受调查的男生中，按照是否喜欢数学课进行分层随机抽样抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，设抽取的2人中喜欢数学课的人数为随机变量，求的分布列及数学期望． 附：， 0.1 0.05 0.01 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 16. 在中，为边上一点，，，，为钝角． （1）求的值； （2）若内切圆的半径为，求的面积． 17. 如图，在四棱锥中，，底面为矩形，，，． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知函数（）． （1）讨论函数的单调性； （2）若． ①当时，求证曲线是轴对称图形； ②当时，试探究曲线与曲线的公切线的条数． 19. 基本不等式可以推广到一般情形：对于个正数，，…，，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即，当且仅当时等号成立．若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①存在实数，使得对任意恒成立；②为单调数列，则称数列具有性质． （1）若，求数列的最小项； （2）记，记为数列的前项和，判断数列是否具有性质，并说明理由； （3）若，求证：数列具有性质． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年第一学期学业质量检测 高三数学 2026.9 注意事项： 1．本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的学校，班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码． 3．作答选择题时，用2B铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑． 4．非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不准使用铅笔和涂改液． 5．考试结束后，考生上交答题卡． 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2、3、4、4、7的平均数为（ ） A. 1.2 B. 2.8 C. 4 D. 7 【答案】C 【解析】 【详解】平均数为． 2. 已知复数，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【详解】，对应复平面上点，位于第一象限. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，解得，，所以，， 即， 因为指数函数在单调递增，且，，， 所以， 当时，，，当时，，， 当时，，，当时，，， 当时，，， 所以. 4. 已知平面向量，，且，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，得，所以， 所以，所以，又，，所以， 解得. 5. 2026年世界杯小组赛，某组有4支球队，每两队之间赛一场，则该组小组赛阶段共进行比赛场数为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】B 【解析】 【详解】. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以， 因为，所以， 若，则无意义，所以， 两边同除以，得， 又，所以，解得. 7. 已知双曲线：（，）的左右焦点分别为，，过的直线与的左支交于，两点，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由双曲线的定义和已知比例关系求得，借助余弦定理建立等量关系，求得的关系，从而求得离心率. 【详解】由双曲线的定义可知，又因为， 所以，所以 在和中 ， 即， 所以，所以. 8. 已知方程有三个不同且成等差数列的实数解，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】已知三次方程三根成等差数列，设三个解为，展开多项式，对比方程各项系数求出，再算出参数，最后验证根满足条件. 【详解】依题意，设三个解为， 故原方程可化为： 原方程为， 由二次项系数得 , 由一次项系数得 , 由常数项得，所以, 当，方程为 ， 三个解为，显然三个实数互不相等，成等差数列，完全满足题目的条件. 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. 已知圆：，直线：（），则下列说法正确的是（ ） A. 圆的圆心坐标为，半径为3 B. 直线恒过定点 C. 当时，直线截圆所得弦长为6 D. 存在，使得直线与圆相离 【答案】ABC 【解析】 【详解】对于A，变形为， 即圆心坐标为，半径为3，故A正确； 对于B，当时，，所以直线恒过定点，故B正确； 对于C，当时，直线方程为，圆心在直线上， 故直线截圆所得弦长为直径6，故C正确； 对于D，因为直线恒过定点，此点与圆心的距离为， ，所以定点在圆内，过圆内一点的任意直线一定和圆相交， 所以直线不可能与圆相离，故D错误. 10. 设抛物线：（）的焦点为，过点的直线交于，两点，过点且垂直于的直线交的准线于点．已知的最小值为4，则（ ） A. B. C. 当时， D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，联立得到弦长的最小值为，再列方程即可求解；对于B，由得，进而得到，再利用向量证明即可；对于C，由可得，再求得，进而得到即可判断；对于D，由，得，再计算得到的表达式，并求出最值即可判断． 【详解】对于A，，设直线的方程为，， 联立得：，消去得， ， ， ，解得，故A正确； 对于B，由，得， 直线与垂直，故的斜率为，方程为， 代入准线得，即， ， 因此，即，故B正确； 对于C，当时，，结合， 解得， 点坐标为，由两点间距离公式： ，故C错误； 由，得， 由抛物线定义，， ， ， 当时，乘积取得最小值8，因此，故D正确． 11. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，点为棱的中点，点为侧面内的一个动点（含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 直线与直线所成角的正切值为 B. 存在点，使得 C. 三棱锥的体积的最大值为 D. 若，则的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用线线角的向量法求解判断A；利用向量垂直的坐标表示推理判断B；利用点到平面的距离公式求出点到平面距离的最大值判断C；确定点的轨迹并求出长度判断D. 【详解】在棱长为2的正方体中，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， 对于A，，设直线与直线所成的角为， 则，，A正确； 对于B，，，取， 得，即，B正确； 对于C，，设平面的法向量为， 则，取，得，而， 点到平面的距离，当且仅当时取等号， 此时点与点重合，而面积为定值，则三棱锥的体积的最大值 等于三棱锥的体积，C错误； 对于D，由平面，得，， 因此点的轨迹是以为圆心，1为半径，圆心角为的圆弧，长度为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则在点处的瞬时变化率为__________． 【答案】 【解析】 【详解】函数，求导得， 所以在点处的瞬时变化率为. 13. 已知数列满足，（），则__________． 【答案】100 【解析】 【详解】由可得， 两式相减得， 则对于奇数项数列，首项为，公差， 得， 令. 14. 一个袋中有大小、质地完全相同的8个球，编号分别为1，2，3，4，5，6，7，8．现从袋中不放回地随机依次取出3个球，记第次取出的球的编号为（）．已知为偶数，则的概率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出“为偶数”的基本事件数，再筛选其中满足“”的事件个数，利用条件概率公式求解. 【详解】袋中有编号为的个球，其中奇数个，偶数个，不放回地依次取出个球. 设“为偶数”为事件，“”为事件， 所求概率为条件概率. 三个数的和为偶数有两种情况：两奇一偶、三个偶数. 两奇一偶：， 三个偶数：， 所以. 若，则，一定是偶数. 因此只要满足，就一定满足事件，即事件等价于事件. 找出中互不相等且满足的无序三元组： 共组. 每组中固定，可以互换顺序，每组对应种有序结果：. 所以所求条件概率为. 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. 某校高三年级为了解学生是否喜欢数学课与性别的关系，在高三年级中随机抽取了100名学生进行调查．所有被调查学生需从“喜欢”和“不喜欢”中选择一项，调查数据如下表所示． 喜欢 不喜欢 合计 男生 20 30 50 女生 36 14 50 合计 56 44 100 （1）依据小概率值的独立性检验，分析学生是否喜欢数学课与性别是否有关； （2）从上述接受调查的男生中，按照是否喜欢数学课进行分层随机抽样抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，设抽取的2人中喜欢数学课的人数为随机变量，求的分布列及数学期望． 附：， 0.1 0.05 0.01 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 【答案】（1）学生是否喜欢数学课与性别有关 （2）的分布列为： 0 1 2 的数学期望为． 【解析】 【分析】（1）根据独立性检验，利用卡方的计算公式求出卡方，比较判断即可； （2）通过判断随机变量服从超几何分布，利用超几何分布公式计算概率与数学期望即可． 【小问1详解】 设零假设：学生是否喜欢数学课与性别无关． ， 因为，所以依据小概率值的独立性检验，有充分证据认为学生是否喜欢数学课与性别有关． 【小问2详解】 容易知道抽取的5人中，喜欢数学的男生有2人，不喜欢数学的男生有3人， 从这5人中随机抽取2人，设为其中喜欢数学的人数，则服从超几何分布， 所以，， 于是有，，， 所以的分布列为： 0 1 2 的数学期望为． 16. 在中，为边上一点，，，，为钝角． （1）求的值； （2）若内切圆的半径为，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1) 先用正弦定理求，结合钝角条件确定，再用三角形内角和以及两角差的正弦公式求； (2) 利用三角形内切圆面积公式，联立余弦定理求出CD，最后代入面积公式算的面积. 【小问1详解】 ，，，在中，由正弦定理，得， 因为为钝角，所以， 于是. 【小问2详解】 因为，所以， 在中，由正弦定理得， 设， 在中，，， 由余弦定理得， 故， 的面积， 又因为， 所以， 整理可得， 因为，所以，即， 于是， 所以． 17. 如图，在四棱锥中，，底面为矩形，，，． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）取与的中点，，连接，，， 因为，于是， 又因为，，，平面， 所以平面，结合可得平面， 又平面，所以， 所以，又，， 所以，， 而，， 所以， 从而，，平面， 所以平面，而平面， 所以平面平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）取与的中点，，由线面垂直判定定理证明平面，由此证明，再利用勾股定理证明，结合线面垂直判定定理，面面垂直判定定理证明结论； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，确定各点坐标，分别求出平面和平面的法向量，利用两个平面法向量的夹角公式计算平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 以点为原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 故，，， 设平面与平面的法向量分别为和， 则由得到，令得到， 由得到，令得到， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知函数（）． （1）讨论函数的单调性； （2）若． ①当时，求证曲线是轴对称图形； ②当时，试探究曲线与曲线的公切线的条数． 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）①当时，， 所以， ， 所以的图象关于直线对称， 故曲线是轴对称图形． ② 【解析】 【分析】（1）先求的导函数，根据的取值范围分类讨论导函数的符号，以此判断单调性； （2）①先写出时的表达式，证明成立即可； ②先设出两个曲线上的切点，分别写出两条切线方程，利用公切线斜率相等、截距相等的条件建立方程组，将方程组转化为关于单变量的方程，通过判断该方程实根的个数确定公切线条数 【小问1详解】 因为， 当时，恒成立，所以在上单调递增； 当时，令，得， 时，；时，； 故在上单调递减，在上单调递增． 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 ①略 ②当时，， 设公切线与相切于，与相切于 因为，， 故在点处的切线方程为， 即 在点处的切线方程为， 即， 所以， 消去得， 因为时，无解，故， 因此原方程可化为， 令，方程变形为， 取（），， 当，，单调递减； 当，，单调递增； 当，，单调递减； 而， 当时，，时，， 当时，，时，， 结合各区间端点处的极限值与单调性可知，在上有且仅有个零点； 在上，有个零点； 在上，有个零点， 一共个零点． 所以方程一共有个根， 即与一共有条公切线． 19. 基本不等式可以推广到一般情形：对于个正数，，…，，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即，当且仅当时等号成立．若无穷正项数列同时满足下列两个性质：①存在实数，使得对任意恒成立；②为单调数列，则称数列具有性质． （1）若，求数列的最小项； （2）记，记为数列的前项和，判断数列是否具有性质，并说明理由； （3）若，求证：数列具有性质． 【答案】（1）6 （2）因为，所以， 于是， 所以取，有对任意恒成立，满足性质①； 又因为，所以，故严格单调递增，满足性质②； 综上，数列具有性质． （3）由二项式定理，， 显然有， 当时，有， 因为， 因此， 而， 所以， 所以取，有恒成立，满足性质①； 再证单调递增， 由基本不等式， 所以单调递增，满足性质②； 综上，数列具有性质． 【解析】 【分析】（1）根据题干所给的基本不等式的推广，利用三元形式的基本不等式计算数列的最小项即可； （2）通过放缩，将数列的通项通过放缩法进行放大变为等比数列，根据等比数列的前n项和公式计算，通过证明得到数列具有性质； （3）利用二项式定理将数列的通项展开，利用题干所给的基本不等式推广，对的通项进行放大，从而判断的值与单调递增性质． 【小问1详解】 由三元形式的基本不等式得， 当且仅当，即时等号成立， 所以数列的最小项为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $