广东省深圳实验学校高中园2026-2027学年高三上学期第一次综合质量检测数学试题

深圳实验中学高中园2026-2027学年高三上学期第一次综合质量检测 高三数学试卷 时间：120分钟 满分：150分 命题员：雷祥鑫 审题员：李俊芳 一、选择题：本题共有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．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．抛物线的焦点和抛物线的焦点之间的距离为（    ） A． B． C． D． 3．的展开式中的系数是（    ） A．8 B． C．32 D． 4．直线：与圆：的位置关系是（    ） A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定的 5．已知函数是定义在R上且周期为4的偶函数，当时，，则（    ） A． B． C．0 D．1 6．甲、乙、丙、丁、戊共名同学进行劳动技术比赛，决出第名到第名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“祝贺，你排在前两名.”对乙说：“遗憾，你不是第一名.”从这两个回答分析，这人名次排列的所有可能情况共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 7．已知函数，其四个零点恰好成递增的等差数列，则m =（ ） A． B． C． D． 8．已知、分别是中心在原点的双曲线C的左、右焦点，斜率为的直线过点，交C的右支于点B，交y轴于点A，且，则C的离心率为（    ） A． B． C． D．3 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．下列选项正确的是（    ） A．若随机变量，，则 B．设随机变量服从正态分布，若，则 C．连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，设事件“第一次出现点”，事件“两次点数之和为奇数”，则事件与互斥 D．对于随机事件与，若，，则事件与独立 10．如图，在四棱台中，，平面，底面为正方形，则（   ） A．BD⊥平面 B．该四棱台的体积为 C．二面角的大小为 D．四棱锥的外接球的球心在上 11．定义在上的函数满足，且均有，当时，，则下列说法正确的是（    ） A． B．时，数列是公比为2的等比数列 C．在上单调递增 D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，则的最大值为__________． 13．已知等差数列中，，公差为，其前项和在区间内至少有两项，则公差的取值范围是__________． 14．已知函数的最小值为0，则实数a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．如图，四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，且平面平面，. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 16．已知数轴上有一质点，从原点开始每1秒向左或向右移动一个单位长度.设它向左移动的概率为，向右移动的概率为. (1)已知质点2秒后所在位置对应的实数为非负数，求2秒后该质点在处的概率； (2)记质点3秒后所在位置对应的实数为，求的分布列与数学期望. 17．已知数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，记数列的前项和为，若对任意的，恒成立，求的取值范围. 18．已知椭圆的左顶点为，点是C上的一点． (1)求C的方程； (2)已知圆，点G是C上的动点，以EG为直径的圆交圆E于F，H两点，求四边形EFGH的面积的最小值； (3)过点的直线l交C于M，N两点，点Q是线段MN上异于M，N的一点，且，求证：． 19．已知函数． (1)讨论的极值； (2)若有两个零点， ①求实数的取值范围； ②当取得最小值时，求实数的值． 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 深圳实验中学高中园2026-2027学年高三上学期第一次综合质量检测 高三数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D D A D B D C ABD ABD 题号 11 答案 ABC 1．A 【分析】使用集合的并集运算求解. 【详解】集合，，则 2．D 【详解】抛物线的焦点坐标为，抛物线的焦点坐标为， 故两焦点之间的距离． 3．D 【详解】的展开式的通项， ∴时，的系数为. 4．A 【详解】因为圆心到直线的距离为， 又圆的半径. 由可知，直线与圆相离. 5．D 【详解】函数是定义在R上且周期为4的偶函数，当时，， ． 6．B 【详解】若甲是第一名，则剩下名同学名次排列共有种，若甲是第二名，则剩下名同学名次排列共有种， 所以人名次排列的所有可能情况共有种. 7．D 【分析】求得函数为偶函数，且，令，求得函数的四个零点为，排序后，结合等差数列的性质，列出方程，即可求解. 【详解】函数，定义域为， 因为，所以函数为偶函数， 当时，， 令，可得，显然，所以，解得或， 由有四个零点，且函数为偶函数，所以四个零点为， 因零点成递增等差数列，故排序为， 设等差公差为，则有，，即， 化简得，两边同乘，可得，所以. 8．C 【分析】先根据双曲线的定义，确定的长，再构造三角形相似，利用对应边成比例求出离心率的值. 【详解】如图：    设双曲线C的标准方程为（，），由题可知.又因为，所以. 因为直线的斜率为，所以，. 设M为的中点，连接，易知，所以. 则，解得，所以双曲线C的离心率为. 故选：C 9．ABD 【分析】对A直接根据二项分布的方差公式计算可得；对B根据正态分布的对称性求概率可得；对C直接举反例说明可得；对D根据相互独立事件的定义判断可得. 【详解】对于A，若，二项分布方差公式为， 得：，解得，故A正确； 对于B，正态分布关于对称轴对称，因此， 对于连续型正态分布，单点概率为，故： ，故B正确； 对于C，互斥事件的定义是：不可能同时发生的两个事件. 当第一次掷出点（满足事件）， 第二次掷出点时，两次点数和为奇数（满足事件），说明可以同时发生，不是互斥事件，故C错误； 对于D，事件独立的充要条件（）为即. 由得，因为，满足， 因此，事件与独立，故D正确 10．ABD 【分析】A选项，利用线面垂直的判定定理即可证明；B选项，代入棱台的体积公式即可求得；C选项，利用定义找出二面角的平面角即可；D选项，根据球的截面性质即可找出球心. 【详解】对于A：因为底面为正方形，所以，因为平面， 平面，所以，又，平面， 所以平面，故A正确； 对于B：该四棱台的体积为，故B正确； 对于C：因为平面，平面，所以， 又因为，平面，，所以平面， 因为平面，所以，又因为，所以二面角的平面角即为， 因为，所以，故C错误； 对于D：因为平面，底面为正方形，所以四棱锥的外接球的球心在过正方形的中心且垂直于平面的直线上， 同时也在过的外心且垂直于平面的直线上，易知是以为直角的直角三角形， 则两直线的交点为的中点，所以四棱锥的外接球的球心即为的中点，故D正确． 11．ABC 【分析】对A：令，代入即可得；对B：结合等比数列定义，令，代入即可得；对C：结合单调性定义令，即可得；对D：结合B中的等比数列可得通项公式，计算即可得. 【详解】令，，则有，由， 故，即，故A正确； 令，，则有， 即，即， 又，故数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 故B正确； 令，，则有， 由，，故、、，则， 即当时，有恒成立， 故在上单调递增，故C正确； 由数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 故，即， 则 ，故D错误. 故选：ABC. 12．/ 【分析】根据基本不等式可得，结合条件即可求结论. 【详解】因为，当且仅当时等号成立， 结合可得，， 当且仅当，或，时等号成立， 所以当，或，时，取最大值，最大值为. 13． 【分析】根据等差数列求和公式列式计算求解. 【详解】根据已知前项和在区间内至少有两项，则得出， 且，是单调递增的，所以必须满足， 所以，所以. 14． 【分析】带有绝对值型函数，先从定义域进行分类，分为和两种情况，当时，又分为和两种情况，再结合复合函数的单调性讨论即可；当时，构造函数，利用导数分析单调性，然后再分和两种情况讨论即可. 【详解】函数定义域为，显然. 1°当时，， 当时，函数在上单调递减，； 当时，函数在上单调递减，其取值集合为. 函数在上单调递增，其取值集合为. 因此存在，使得.于是，不符合题意； 2°当时，. 令，，得，即在上单调递增. ，，即有. 当时，，即， 当且仅当时取等号； 当时，.显然当时，，函数在上单调递减，，不符合题意. 综上，， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于根据函数的定义域把带有绝对值的函数分为分段函数，再结合单调性分析最值. 15．(1)因为，所以为中点， 因为侧面是正三角形，所以， 因为底面是正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，，平面， 所以平面，又平面， 所以 (2) 【分析】（1）根据面面垂直性质定理证明平面，进而，再根据即可证明平面，最后结合线面垂直证明结论； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【详解】（1）略 （2）根据题意，如图建立空间直角坐标系， 设正方形的边长为，则 ， 因为， 所以， ，， 设平面的一个法向量为， 则，即， 故可取， 设直线与平面所成角为， 则 所以直线与平面所成角的正弦值为 【点睛】 16．(1) (2) 1 3 数学期望. 【分析】（1）利用独立事件的概率公式和条件概率公式即可求解； （2）由题意确定可能的取值，然后求出相应的概率，从而可求出的分布列与期望. 【详解】（1）记质点2秒后所在位置对应的实数为非负数为事件秒后质点在处为事件， 则， 故所求的概率为； （2）的可能取值为：. 则， . 分布列如下： 1 3 数学期望. 17．(1) (2) 【分析】（1）由数列的通项与求和的关系，以及等比数列的通项公式，可得所求. （2）由数列的裂项相消求和，可得，再由参数分离和不等式恒成立思想，结合数列的单调性，可得所求取值范围. 【详解】（1）当时，，，解得， 当时，由，可得，相减可得，对也成立， 由此可得数列是首项为，公比为的等比数列，所以， 所以，数列的通项公式为. （2）， 则 两式相减可得： , 整理可得, 若对任意的，恒成立,即为恒成立， 设，则，当时，即时，所以当时，， 所以当时，，当时，， 当时，，当时，， 可以看出在处取得最小值，所以从后才开始递增，即当，，时，， 当时，，所以， 所以的取值范围为. 18．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据顶点及点在椭圆上列方程计算求解即可求解； （2）根据垂直关系得出面积结合椭圆方程及二次函数最值计算求解最小值； （3）先设直线，再联立结合韦达定理及弦长公式，最后得出点Q在定直线上即可证明； 【详解】（1）由题意知 解得，， 所以C的方程为． （2）解：以EG为直径的圆交圆E于F，H两点，所以，， 所以， 所以四边形EFGH的面积， 设，则，所以，， 所以， 当且仅当时等号成立，所以四边形EFGH的面积的最小值为． （3）证明：当直线l的斜率为0时，直线l的方程为，易得，或，，此时． 当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，，，， 由得， 则 ， 解得或，所以，， 因为，所以，即，即， 解得，所以 ，所以点Q在直线上， 又直线是线段AP的垂直平分线，所以 19．(1) 当时，无极值； 当时，的极大值为，无极小值． (2)① ；② 【分析】（1）先求导，分和两种情况讨论即可求解； （2）①由（1）分和两种情况讨论，当时，的极大值为令，利用导数研究单调性结合零点存在定理即可求解； ②由①知，又，得 ，即，令，则，又，令，利用导数研究单调性，进而得当取最小值时，取最小值，即取最小值，令，利用导数研究单调性即可求解. 【详解】（1）由题意得：， 当时，恒成立，此时单调递减，无极值； 当时，令，解得， 令，解得， 故在单调递增，在单调递减． 在处取极大值，为，无极小值． 综上所述：当时，无极值； 当时，的极大值为，无极小值． （2）①由（1）知：当时，单调递减，此时最多有一个零点，不符合题意； 当时，的极大值为． 令，则， 故在单调递减，在单调递增． ，即， 又，，故在存在一个零点． 又由对数函数及幂函数性质，当足够大时，， 故在存在一个零点． ∴若有两个零点，则． ②由①知在存在一个零点，在存在一个零点，且， 所以，， 得： ． 令，则， 又， 令，则， 令，则， 在单调递增，又，故，即在单调递增． ∴当取最小值时，取最小值，即取最小值． 令，则， 令，则， 在单调递增，又，， ，使得，当时，，当时，， 且有，即，此时， 且在单调递减，在单调递增，∴在处取得最小值， 故取得最小值时． 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 $