精品解析：广东省深圳市致理中学2025-2026学年第一学期高三年级一轮复习质量监测数学试题

致理中学2025-2026学年第一学期高三年级 数学一轮复习质量监测 注意事项： 1．本试卷共4页，19小题，满分150分．测试用时120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的条形码贴写在答题卡上． 3．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮檫干净后，再选涂其他答案． 4．非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上；如需改动，划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 一、单选题：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. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 2. 已知数列{}为等比数列，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 4. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知角的终边过点，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 是定义在上的奇函数，且，当时，，则=（ ） A. B. C. D. 7. 在平行四边形中，点、分别为、的中点，连接、交于点，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，若，恒成立，则实数的取值范围为（ ） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知随机变量，随机变量，则（ ） （若，则，，） A. B. C. D. 10. 已知正四棱台上、下底面边长分别为2、4，侧棱长为，则（ ） A. 该四棱台体积为56 B. 若是 中点，则//平面 C. 棱台侧面与底面所成角的正切值为 D. 该棱台内半径最大的球的表面积为 11. 设分别为直线和曲线上的动点，若线段的长度存在最小值，则称该值为曲线到直线的距离，记作，已知直线，则下面说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，且，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，常数项为______.（请用数字作答） 13. 若圆与圆有四条公切线，则实数的取值范围为_______. 14. 设是两个相互独立的随机事件，已知，，则在中至少有一个发生的条件下，中至多有一个发生的概率为_________. 四、解答题：本小题共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. 已知函数. （1）若，求在处的切线方程； （2）若有且只有一个零点，求的取值集合. 16. 已知∆中，内角，，所对的边分别为，，，且满足. （1）证明； （2）若，，求的面积. 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面为平行四边形，，四棱锥的体积为. （1）证明：平面平面; （2）平面内是否存在点使得平面？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，请说明理由. 18. 已知某同学连续投篮≥1）次，每次投篮命中的概率为，且各次投篮是否投中相互独立. （1）若，，求该同学恰投中2次的概率； （2）已知，表示停止投篮时投篮的总次数. （ⅰ）若累计投中3次后，停止投篮，求的最大值； （ⅱ）若投中1次或者投了10次后，停止投篮，求. 19. 已知椭圆的左、右顶点分别为，点在上. （1）求椭圆的离心率； （2）两点是椭圆上的两个动点，且直线的斜率与直线的斜率和为0，若在点处的切线交直线于，为的中点，为坐标原点， （ⅰ）证明：//； （ⅱ）记，的面积分别为，当最大时求直线的方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 致理中学2025-2026学年第一学期高三年级 数学一轮复习质量监测 注意事项： 1．本试卷共4页，19小题，满分150分．测试用时120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的条形码贴写在答题卡上． 3．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮檫干净后，再选涂其他答案． 4．非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上；如需改动，划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 一、单选题：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. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】根据全称命题的否定的结构形式可得题“”的否定为： ，故B正确. 2. 已知数列{}为等比数列，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等比数列中下角标成等差数列的对应项成等比数列的性质，代入已知值计算即可求得. 【详解】 在等比数列中，若（），则满足. 由于，因此， 将，代入得：，解得. 3. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，， 所以， . 4. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用作差法、不等式的基本性质结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】由可得， 由已知且，若，则，所以，，则，矛盾. 若，则，从而，合乎题意. 综上所述，“”是“”的充要条件. 故选：C. 5. 已知角的终边过点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角函数的定义可求出，利用弦化切可得出关于的等式，解之即可. 【详解】因为角的终边过点，则， 所以 ，解得. 6. 是定义在上的奇函数，且，当时，，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用奇函数性质与推出函数周期为4，将转化到已知解析式的区间附近，再结合奇偶性计算对应函数值. 【详解】 已知是上的奇函数，故，又， 将替换为得 ， 所以，即是周期为4的周期函数， 由，得，故， 所以， 由周期性得： . 7. 在平行四边形中，点、分别为、的中点，连接、交于点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将向量、用基底、加以表示，设，，利用平面向量的基本定理可得出关于、的两个表达式，利用平面向量的基本定理可求出、的值，再利用平面向量的基本定理可得出关于、的表达式，即可得出、的值，即可得解. 【详解】如下图所示： 由题意可知，， 设， 所以， 因为、交于点，则， 设， 因为、不共线，由平面向量的基本定理可得，解得， 故， 所以， 又因为，所以，，故. 8. 已知函数，，若，恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角函数值域可求得的值域，进而将问题转化为恒成立；构造函数，利用导数可求得的单调性和最大值，由可求得结果. 【详解】当时，， ，恒成立， 恒成立，即恒成立； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，， ，解得：，即实数的取值范围为. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知随机变量，随机变量，则（ ） （若，则，，） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由二项分布、正态分布的数字特征与概率计算，结合两类分布的性质逐一验证选项即可. 【详解】 由已知，，故，； ，故，，，正态曲线关于对称. 选项A：因为， 则，故A正确； 选项B：由， 得，而，二者不相等，故B错误； 选项C：由正态分布对称性，， 移项可得，故C正确； 选项D：； ， 显然，即，故D正确. 10. 已知正四棱台上、下底面边长分别为2、4，侧棱长为，则（ ） A. 该四棱台体积为56 B. 若是 中点，则//平面 C. 棱台侧面与底面所成角的正切值为 D. 该棱台内半径最大的球的表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先算出正四棱台高为 2，代入棱台体积公式可判断选项 A 计算结果错误；利用三角形中位线得到线线平行，结合线面平行判定定理，可证 B 选项成立；找到侧面与底面二面角的平面角，用棱台高与水平距离求出正切值为 2，判定 C 正确；分析棱台内切球的限制条件，验证半径 1 的球能容纳在棱台内部，算出表面积得到 D 正确. 【详解】正四棱台上下底面为正方形，上底边长2，下底边长4，侧棱长，所以正四棱台上下底面对角线一半分别为、， 则正四棱台的高，斜高. 选项A：体积公式，A错误； 选项B：连接交于，是中点，是中点，故中，平面，平面，故平面，B正确； 选项C：取侧面，过向底面作垂线，垂足为；过作于，连接， 由底面，底面，所以，又，， 所以平面，因为平面，所以， 就是侧面与底面所成二面角的平面角，，为棱台的高，， 在直角中，，故侧面与底面所成角的正切值为，C正确； 选项D：棱台上下底面距离为2，则与棱台两底都相切的球直径为2，半径，正四棱台高，侧面与底面所成的角为，由 C 选项结论，得， 下底面中心到边距离，则到侧面距离 球心在上下底面中心连线中点，在正上方，， =， 所以到侧面距离为， 所以半径的球不会碰到侧面，因此棱台内半径最大的球表面积，D 正确. 11. 设分别为直线和曲线上的动点，若线段的长度存在最小值，则称该值为曲线到直线的距离，记作，已知直线，则下面说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，且，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据平行直线间距离公式可知A正确；根据圆上点到直线距离最小值的求法可求得B错误；对于CD，假设与曲线相切的直线方程，通过与曲线方程联立，由可求得切线方程，利用平行直线间距离公式可求得或的值，验证直线与的位置关系可确定CD正误. 【详解】对于A，表示的直线与直线平行， 则两平行线间距离即为，，A正确； 对于B，表示以原点为圆心，半径的圆， 则圆心到直线的距离，即直线与圆相离， 则，B错误； 对于C，由得：，则， 直线与曲线相离； 设直线与曲线相切， 由得：，则，解得：， 则直线与直线均与曲线相切， 到直线的距离为， 到直线的距离为， ，C错误； 对于D，设直线与曲线相切， 由得：，则， 又，，，解得：或， 当时，，由得：， 则，此时直线与相交，即，不合题意； 当时，，由得：， 则，此时直线与相离，满足题意； 综上所述：，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，常数项为______.（请用数字作答） 【答案】60 【解析】 【分析】求出二项式展开式的通式，令的次数为零即可得到答案. 【详解】由题意可得二项式的展开式的通项为，，，，，， 令，解得， 所以展开式的常数项为， 故答案为：60 13. 若圆与圆有四条公切线，则实数的取值范围为_______. 【答案】 【解析】 【详解】因为两圆有四条公切线，故两圆相离， 而可化为，故此圆的圆心为，半径为， 可化为， 故此圆的圆心为，半径为， 所以，故. 14. 设是两个相互独立的随机事件，已知，，则在中至少有一个发生的条件下，中至多有一个发生的概率为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】结合相互独立事件的概率的性质可求出，再根据条件概率即可求解. 【详解】，， 设，，， 因为是两个相互独立的随机事件， 所以，  所以， 整理得，解得或（舍）， 所以， 至少有一个发生，即，， ， ， 所以条件概率为：. 四、解答题：本小题共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. 已知函数. （1）若，求在处的切线方程； （2）若有且只有一个零点，求的取值集合. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，根据点斜式即可求解， （2）分离参数，构造函数，求导，求解的单调性，进而根据最值即可求解. 【小问1详解】 当时，，故， ，故， 故切线方程为，即 【小问2详解】 由于的定义域为， 令，则，即， 令，则， 当时，，当时，， 故在单调递减，在单调递增，故在取到最大值， 由于，且， 因此只有一个交点时，， 故的取值集合为. 16. 已知∆中，内角，，所对的边分别为，，，且满足. （1）证明； （2）若，，求的面积. 【答案】（1）因为 ，由正弦定理，得， 因为，所以， 所以，得， 所以，所以， 因为，所以，由可得， 当，得；当，得（舍去）， 所以； （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理把边化为角，结合两角和差公式化简，由正弦相等得到角的关系，舍去不合理情况证得； （2）先用二倍角求出，再结合已知求出边长，最后用面积公式计算面积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由正弦定理得 ，又，， 所以，得，所以， 所以， 因为 ，所以，得， 因为 ，所以 ，得，于是 ， 所以的面积. 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面为平行四边形，，四棱锥的体积为. （1）证明：平面平面; （2）平面内是否存在点使得平面？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）由和四棱锥的体积为，得，所以， 因为，所以平行四边形是菱形， 菱形的面积，所以， 所以，故底面是正方形，所以， 又平面，平面，所以 ， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）存在点，理由如下： 依题意，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则， ，由平面向量基本定理， 设，其中， 得，所以， 因为平面，则且，所以 ，得， ，得， 联立，得，， 因为存在，所以存在点，使得平面； 此时，，设平面的法向量是， 则，令，又， 所以点到平面的距离. 【解析】 【分析】（1）先利用四棱锥的体积证得底面菱形为正方形，再通过证明线面垂直，从而证得面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，设，得，由，求得H的坐标，再求平面PDB的法向量，利用点到平面的距离公式算出H到平面PDB的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 已知某同学连续投篮≥1）次，每次投篮命中的概率为，且各次投篮是否投中相互独立. （1）若，，求该同学恰投中2次的概率； （2）已知，表示停止投篮时投篮的总次数. （ⅰ）若累计投中3次后，停止投篮，求的最大值； （ⅱ）若投中1次或者投了10次后，停止投篮，求. 【答案】（1） （2）（ⅰ） （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据独立重复试验的概率公式，直接代入相应的参数计算. （2）（ⅰ）先根据题意得出的表达式，再通过分析其性质求出最大值；（ⅱ）先确定随机变量的所有可能取值，再分别计算每个取值的概率，最后根据数学期望的公式计算. 【小问1详解】 由题意可得，当，时该同学恰投中次的试验是4次独立重复试验，服从二项分布， 所以恰投中次的概率为： 【小问2详解】 （ⅰ）若（停止投篮时总次数为），说明第次必命中，前次恰好命中次， 当时,则， 设，比较相邻项大小可得， 当时，，数列递增， 当时，， 当时，， 因此的最大值为，即的最大值为； （ⅱ）由题意可知的取值范围为 对，表示前次都没有命中，第次命中， 故， 表示前次都没有命中，第次不管命中与否都停止， 故，所以， 设，则①， ②， 两式相减可得， 利用等比数列求和可得， 化简可得，所以. 19. 已知椭圆的左、右顶点分别为，点在上. （1）求椭圆的离心率； （2）两点是椭圆上的两个动点，且直线的斜率与直线的斜率和为0，若在点处的切线交直线于，为的中点，为坐标原点， （ⅰ）证明：//； （ⅱ）记，的面积分别为，当最大时求直线的方程. 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明：由题意可知直线有斜率，故设直线方程， 联立与椭圆可得， 设， 则， 由， 即， 整理可得， 即， 化简可得， 由于直线不经过点，故， 因此，故， 又在椭圆上，故且， 因此可得， 即，因此， 当时，椭圆方程为，求导为， 故， 故，因此，故. （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）设椭圆方程，根据顶点和，即可求解椭圆方程，进而根据离心率公式求解即可. （2）（ⅰ）联立直线与椭圆方程，得韦达定理，根据斜率之和为0，可得直线的斜率，进而根据点差法可求解直线的斜率，利用导数即可求解的斜率，即可求证；（ⅱ）根据两直线方程以及中点坐标公式可求解坐标，进而根据弦长公式可求解的长度，根据面积公式，通过求导求解最值即可求解. 【小问1详解】 若椭圆的焦点在轴上，设椭圆方程为， 则，且，故，从而，故， 若椭圆的焦点在轴上，设椭圆方程为， 则，且，故，不符合题意， 综上可得椭圆方程为，离心率为. 【小问2详解】 （ⅰ）略. （ⅱ）由（ⅰ）可得，即， 直线 ，故则， 联立与，可得， 因此， ， 点到直线的距离， 故， 令，，， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以，当，取得最大值，最大值为， 所以的最大值为，此时， 故直线. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $