精品解析：广东省深圳市深圳中学高中园2026-2027学年高三上学期开学考试数学试题

2026-2027学年第一学期高三年级开学考试 科目：数学 考试时长：120分钟 卷面总分：150分 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. 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、单选题（每小题只有一个答案符合题意，共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知复数满足（为虚数单位），则（     ） A. B. C. D. 2. 双曲线的渐近线方程是（     ） A. B. C. D. 3. 已知函数的定义域为，集合，，则（     ） A. B. C. D. 4. 的展开式中的系数是（ ） A. B. 26 C. D. 30 5. 直线绕原点逆时针旋转后所得直线与圆的位置关系是（     ） A. 相交且相交弦长为 B. 相交且相交弦长为 C. 相切 D. 相离 6. 若将函数的图象先向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若关于的方程在内有两个不同的解，则（ ） A. B. C. D. 7. 设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 8. 已知函数是定义在上的单调递增函数，且恒有，其导函数为，其中是自然对数的底数．当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（     ） A. B. C. D. 二、多选题（共3小题，每小题6分.错选得0分，漏选得部分分，共18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则事件相互独立 B. 已知随机变量，则 C. 数据2，7，4，5，16，1，21，11的第75百分位数为11 D. 已知随机变量，若，则 10. 如图，在棱长为的正方体中，分别为的中点，为线段上动点（包括端点），点在平面内，则下列说法中正确的是（     ） A. 平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 的最小值为 D. 若，则点的轨迹长度为 11. 在锐角中，角，，的对边分别为，，为外接圆圆心，已知，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 周长取值范围为 D. 和面积之差的取值范围为 三、填空题（共3小题，每空5分，共15分） 12. 设中，，则的值为________. 13. 已知抛物线的焦点到其准线的距离为2，点是抛物线上两个不同点，且，则_______． 14. 住房的许多建材都会释放甲醛.甲醛是一种无色、有着刺激性气味的气体，对人体健康有着极大的危害.新房入住时，空气中甲醛浓度不能超过，否则，该新房达不到安全入住的标准.若某套住房自装修完成后，通风周与室内甲醛浓度（单位：）之间近似满足函数关系式，其中，且，，则该住房装修完成后要达到安全入住的标准，至少需要通风________周． 四、解答题（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. 已知数列的各项均不为0，其前项和为，为不等于0的常数，且． （1）证明：是等比数列； （2）若成等差数列，则对于任意的正整数，，，是否成等差数列？若成等差数列，请予以证明；若不成等差数列，请说明理由． 16. 如图，在长方体中，，点分别是的中点． （1）求三棱锥的体积； （2）设二面角的大小为，求证：； （3）设平面经过点，且平面平面，试计算平面截长方体所得截面的周长． 17. 某大学有甲、乙两个运动场.假设同学们可以任意选择其中一个运动场锻炼，也可选择不锻炼，一天最多锻炼一次，一次只能选择一个运动场.若同学们每次锻炼选择去甲或乙运动场的概率均为，每次选择相互独立.设王同学在某个假期的三天内去运动场锻炼的次数为，已知的分布列如下：（其中，） 0 1 2 3 记事件表示王同学假期三天内去运动场锻炼次，事件表示王同学在这三天内去甲运动场锻炼的次数大于去乙运动场锻炼的次数. （1）当时，求的值； （2）是否存在实数，使得？若存在，求的值：若不存在，请说明理由. 18. 已知椭圆，右顶点为，上､下顶点分别为是的中点，且. （1）求椭圆的方程； （2）设过点的直线交椭圆于点，点，直线分别交直线于点，求证：线段的中点为定点. 19. 已知函数. （1）如果函数在处的切线，也是的切线，求实数a的值. （2）若在存在极小值，试求的范围. （3）是否存在实数a，使得函数有3个零点，若存在，求出所有实数a的取值集合，若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年第一学期高三年级开学考试 科目：数学 考试时长：120分钟 卷面总分：150分 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. 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、单选题（每小题只有一个答案符合题意，共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知复数满足（为虚数单位），则（     ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数除法运算结合复数模概念可得答案. 【详解】，则. 2. 双曲线的渐近线方程是（     ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】双曲线，化为标准式：， 焦点在轴上，，即， 焦点在轴上的双曲线渐近线方程为， 代入得：. 3. 已知函数的定义域为，集合，，则（     ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，得， 所以， 又 所以． 4. 的展开式中的系数是（ ） A. B. 26 C. D. 30 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项式展开的通项公式，分别求出中项和项的系数，结合前一因式的系数求和即可得到的系数. 【详解】二项式的展开式通项为，其中 的展开式中项来源于两部分： 因式乘以的项：取，对应系数为； 因式乘以的项：取，对应系数为； 将两部分系数求和，得的系数为. 5. 直线绕原点逆时针旋转后所得直线与圆的位置关系是（     ） A. 相交且相交弦长为 B. 相交且相交弦长为 C. 相切 D. 相离 【答案】B 【解析】 【分析】利用两角和的正切公式计算斜率，再由直线与圆的关系即可求解. 【详解】设直线的倾斜角为，直线绕原点逆时针旋转后所得直线的倾斜角为，则，， 所以， 所以，即， 圆的圆心为，半径为， 所以圆心到直线的距离为：， 所以圆与直线相交， 相交弦长为：. 6. 若将函数的图象先向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若关于的方程在内有两个不同的解，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由三角函数的伸缩和平移变化得到，再根据条件得到，即可求出结果. 【详解】由函数的图象向左平移个单位长度后， 得到函数的图象，再将图象上各点的横坐标缩小为原来的， 得到函数的图象， 因为，所以， 由，可得， 所以，得到， 所以， 故选：D. 7. 设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】解法一：令，分析可知曲线与恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得，并代入检验即可；解法二：令，可知为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即可得，并代入检验即可. 【详解】解法一：令，即，可得， 令， 原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点， 注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上， 可得，即，解得， 若，令，可得 因为，则，当且仅当时，等号成立， 可得，当且仅当时，等号成立， 则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点， 所以符合题意； 综上所述：. 解法二：令， 原题意等价于有且仅有一个零点， 因为， 则为偶函数， 根据偶函数的对称性可知的零点只能为0， 即，解得， 若，则， 又因为当且仅当时，等号成立， 可得，当且仅当时，等号成立， 即有且仅有一个零点0，所以符合题意； 故选：D. 8. 已知函数是定义在上的单调递增函数，且恒有，其导函数为，其中是自然对数的底数．当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（     ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由单调函数性质设内层为常数求出，变形不等式构造单调函数脱去外层，转化为在区间上恒成立，求的最大值得到的取值范围. 【详解】因为是上的单调递增函数，且为常数， 因此必为常数， 设 （为常数），则 ， 所以，结合， 得方程 ，得， 又函数单调递增，故是唯一解，因此 ， 所以，当时， 不等式恒成立， 得恒成立， 即恒成立， 构造函数，则， 可得， 所以，恒成立， 而， 设，，令得， 当，，单调递减， 当，，单调递增， 所以最小值为， 因此恒成立，在上单调递增， 由，可得，分离变形得， 即在上成立，只需， 令，可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 而，故，所以， 所以实数的取值范围是. 二、多选题（共3小题，每小题6分.错选得0分，漏选得部分分，共18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则事件相互独立 B. 已知随机变量，则 C. 数据2，7，4，5，16，1，21，11的第75百分位数为11 D. 已知随机变量，若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据对立事件的概率公式求出，由结合事件相互独立的定义即可判断；对于B，根据二项分布的方差公式求解即可；对于C，根据百分位数的定义，求值判断即可；对于D，根据正态分布的对称性求解即可判断. 【详解】对于A，，则，所以事件相互独立，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，将数据按从小到大排序为：.共有8个数据，所以第75百分位数为第6，7个数据的平均数，为，故C错误； 对于D，随机变量，且，则，所以，故D正确. 故选：ABD. 10. 如图，在棱长为的正方体中，分别为的中点，为线段上动点（包括端点），点在平面内，则下列说法中正确的是（     ） A. 平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 的最小值为 D. 若，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A利用中位线与平行四边形证线线平行，推出线面平行； B由线面平行得到动点到平面的距离不变以及的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值； C沿展开平面，余弦定理算出最小值； D先求正四面体顶点到底面距离，利用球截面小圆半径公式，计算点的轨迹圆的周长． 【详解】对于A，连接， 正方体的对角面为矩形，所以， 又分别为的中点，所以， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面，A正确； 对于B，正方体的对角面为矩形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 所以线段上点到平面的距离为定值， 因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，B正确； 对于C，将与沿直线展开到同一平面内，如图所示： 易得，当且仅当为线段与的交点时，等号成立， 由，，得， 在等边中，， 则， 由余弦定理得， 因此的最小值为，C错误； 对于D，四面体是正四面体，棱长， 等边的外接圆半径， 则点到平面的距离， 由，得点的轨迹是以点为球心，为半径的球被平面所截得的圆，且该圆半径， 所以点的轨迹长度为，D正确． 11. 在锐角中，角，，的对边分别为，，为外接圆圆心，已知，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 周长取值范围为 D. 和面积之差的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：借助正弦定理将角化为边后结合余弦定理计算即可得；对B：结合所给条件与正弦定理计算即可得；对C：借助正弦定理可将边化为角，并用表示出周长，再利用的范围计算周长范围即可得；对D：借助表示出与面积，即可表示出面积之差，从而可结合换元法与二次函数性质得解. 【详解】对A：由与正弦定理可得， 即，，， 又，故，故A正确； 对B：，所以由正弦定理，可得 ， ① 又因为，即，即， ② 将①代入②可得，解得，选项B错误； 对C：由正弦定理，，故： 展开，得：， 周长， 利用三角恒等变换， 结合，得，故：，故选项C正确； 对D：设外接圆半径为，则，且，即， 因为， 所以， ， 所以， 由，则，所以， 则 和面积之差的取值范围为，故选项D正确. 故选：ACD. 三、填空题（共3小题，每空5分，共15分） 12. 设中，，则的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】提取向量，利用向量加法法则化简，再用余弦定理求出，代入求值. 【详解】因为， . 在中，由余弦定理：， 代入，解得，即， 所以原式. 13. 已知抛物线的焦点到其准线的距离为2，点是抛物线上两个不同点，且，则_______． 【答案】 【解析】 【详解】因为抛物线的焦点到其准线的距离为2，所以， 所以抛物线的方程为.又点在抛物线上，所以， 由得，，即，则， 由焦半径公式可得. 14. 住房的许多建材都会释放甲醛.甲醛是一种无色、有着刺激性气味的气体，对人体健康有着极大的危害.新房入住时，空气中甲醛浓度不能超过，否则，该新房达不到安全入住的标准.若某套住房自装修完成后，通风周与室内甲醛浓度（单位：）之间近似满足函数关系式，其中，且，，则该住房装修完成后要达到安全入住的标准，至少需要通风________周． 【答案】26 【解析】 【分析】由可得解析式，据此结合对数运算性质可得答案. 【详解】因，从而， 则，则.为使该住房装修完成后达到安全入住的标准， 则. 四、解答题（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. 已知数列的各项均不为0，其前项和为，为不等于0的常数，且． （1）证明：是等比数列； （2）若成等差数列，则对于任意的正整数，，，是否成等差数列？若成等差数列，请予以证明；若不成等差数列，请说明理由． 【答案】（1）证明：因为，① 所以，② ②①，得，即． 当时，，即，所以， 所以对，，即是公比为的等比数列． （2）对于任意的正整数成等差数列，证明如下： 由成等差数列，得，且， 即， 化简得，即． 因为，， 所以， 故对于任意的正整数成等差数列． 【解析】 【分析】（1）根据已知构造，再相减证得结果； （2）根据等差数列的定义以及等比数列的前项和公式进行证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 对于任意的正整数成等差数列． 证明略 16. 如图，在长方体中，，点分别是的中点． （1）求三棱锥的体积； （2）设二面角的大小为，求证：； （3）设平面经过点，且平面平面，试计算平面截长方体所得截面的周长． 【答案】（1）3 （2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设是平面的法向量， 则，即，取，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则， 因为在区间上单调递减，所以． （3） 【解析】 【分析】（1）根据三棱锥体积计算公式结合计算求解即可； （2）建立空间直角坐标系，根据面面角空间向量法结合余弦函数性质计算即可证明； （3）根据面面平行判定定理作出平面，进而计算可得截面周长. 【小问1详解】 在长方体中， 设的面积为，则， 点到平面的距离， 所以； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设为的中点，为的中点，连接， 在长方体中，为的中点，为的中点， 所以且， 所以四边形为平行四边形，, 因为平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 因为且平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面即为平面， 设平面截长方体所得截面的周长为， ，， ，， 则． 17. 某大学有甲、乙两个运动场.假设同学们可以任意选择其中一个运动场锻炼，也可选择不锻炼，一天最多锻炼一次，一次只能选择一个运动场.若同学们每次锻炼选择去甲或乙运动场的概率均为，每次选择相互独立.设王同学在某个假期的三天内去运动场锻炼的次数为，已知的分布列如下：（其中，） 0 1 2 3 记事件表示王同学假期三天内去运动场锻炼次，事件表示王同学在这三天内去甲运动场锻炼的次数大于去乙运动场锻炼的次数. （1）当时，求的值； （2）是否存在实数，使得？若存在，求的值：若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）不存在，理由： 由，得. 假设存在，使. 将上述两式左右分别相乘，得，化简得：（*）. 设，则. 由，得，由，得， 则在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为， 即方程（*）无解，故不存在值，使得. 【解析】 【分析】（1）利用分布列的性质求得，再计算出，代入全概率公式计算即得； （2）先由得到；再按照均值定义得出，消去得出方程，分析函数得其最小值为正，方程无解，即不存在值，使得. 【小问1详解】 当时，， 则，解得. 由题意，得. 由全概率公式，得 【小问2详解】 略 18. 已知椭圆，右顶点为，上､下顶点分别为是的中点，且. （1）求椭圆的方程； （2）设过点的直线交椭圆于点，点，直线分别交直线于点，求证：线段的中点为定点. 【答案】（1） （2） 依题意可知直线的斜率存在，设直线的方程为， 由消去并化简得， 由，得. 设，则， 依题意可知直线的斜率存在， 直线的方程为， 令，得 ， 同理可求得， ， 线段的中点为定点. 【解析】 【分析】（1）通过椭圆的性质和中点的坐标，然后根据向量的数量积得到等量关系即可求出椭圆的标准方程； （2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数的关系，求得点的坐标，进而证得线段的中点为定点. 【小问1详解】 由题可得，， 的中点为， 故椭圆的方程为； 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：对于直线和圆锥曲线相交的问题，我们一般将直线和圆锥曲线联立，利用韦达定理带入计算求解. 19. 已知函数. （1）如果函数在处的切线，也是的切线，求实数a的值. （2）若在存在极小值，试求的范围. （3）是否存在实数a，使得函数有3个零点，若存在，求出所有实数a的取值集合，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）利用极值点的定义，得出，然后构造函数求出的范围即可； （3）根据符号与的单调性变化对进行分类讨论，注意，然后转化为在上有唯一零点求解即可. 【小问1详解】 由， 得，，则， 故在处的切线为， 也是的切线， 所以方程即的判别式， 则，解得. 【小问2详解】 由题意， 则， 当时，，无极值点，不符合题意； 当时，在上，，单调递减； 在上，，单调递增； 故的极小值点，则， 故， 设，，则， 此时， 设，则， 时，，单调递增； 时，，单调递减； 又，故, 即 【小问3详解】 由，， 则， 当时，，在单调递减，不存在3个零点； 当时，， 所以在单调递增，不存在3个零点； 当时，， 因为在上单调递增，设， 则在上也单调递增，且， 当，， 故存在唯一一个，使， 即当时，， 即，在上单调递减； 当时，，即，在上单调递增； 且，故，且，其中. 故在有唯一零点， 由，则， 所以， 当时，，因为在有唯一零点， 故在也有唯一零点，又， 故当，有3个零点; 综上所述，所有实数的取值集合为. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于：一是注意导函数符号的变化进行分类讨论；二是零点存在性定理的应用，寻找适合的端点函数值异号的区间；三是关注函数性质的分析，如性质的应用． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $