精品解析：广东深圳市聚龙科学中学2026-2027学年高三第一学期第二次质量检测（11月）数学试卷

深圳市聚龙科学中学2026-2027学年度第一学期11月第二次质量检测 高三数学 时间：2026.11.8 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 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】 【分析】由复数的乘法运算及复数的几何意义可解. 【详解】因为，则所求复数对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，，， 即集合，且集合，所以. 3. 已知直线a，b与平面，能使的充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】与位置关系不确定，可相交，可平行，A项不合题意； 与不一定垂直，B项不合题意； 与可以平行，不一定垂直，C项不合题意； ，则在平面内存在直线，且，则，又 ，则，D项符合题意． 4. 函数的图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数奇偶性可排除A，利用定义域可排除C，根据时的函数值的正负可排除D，进而即得. 【详解】由题可得函数的图象关于原点对称，定义域为， 对于A，，函数关于y轴对称，故A错误； 对于C，因为的定义域为，故C错误； 对于D，当，时，，不符合图象，故D错误； 对于B，，函数的图象关于原点对称，且时，，符合题意，所以B正确. 故选：B. 5. 酒驾是严重危害交通安全的违法行为．为了保障交通安全，根据国家有关规定：血液中酒精含量达到的驾驶员即为酒后驾车，及以上认定为醉酒驾车．某天，驾驶员张某在家喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量达到了，如果停止喝酒以后，他血液中酒精含量会以每小时的速度减少，那么他至少经过几个小时才能安全驾驶？（结果取整数，参考数据：（　　），） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】设至少经过小时后才能安全驾驶，由题意可得，进而求解即可. 【详解】设至少经过小时后才能安全驾驶， 则满足：，化简得：， 根据是增函数可得：，即， 因为，所以， 所以他至少要经过2小时后才能驾驶. 故选：B. 6. 已知函数对于正实数，定义集合，若满足，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】按与 所在区间分类讨论，先排除两侧同段的情形，再锁定唯一可能的跨段情形；平方后必须回验 以剔除增根，并结合根所在区间端点确定参数范围. 【详解】因 ，必有. 若 且，则，，由得，与 矛盾，此情形无解. 若，则，，，由 得，与 矛盾，此情形无解. 故只可能为 且，此时， 若，则存在，使得成立， 所以方程有实数根， 令，则， 所以有实数根， 所以， 设，则等价于的图象在上与直线有交点， 又，, 所以，所以，即的取值范围为. 7. 已知椭圆：，双曲线：，.设椭圆M的两个焦点分别为，，椭圆M的离心率为，双曲线N的离心率为，记双曲线N的一条渐近线与椭圆M一个交点为P， 若且，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】联系椭圆定义可顺利解得其离心率，由渐近线方程可以顺利解得双曲线的离心率. 【详解】椭圆：中，且 则，椭圆长轴长为 则椭圆M的离心率 直线OP斜率为 又由题意可知直线OP为双曲线N的一条渐近线， 双曲线：的渐近线方程为 故，即， 则双曲线的实半轴长为 则双曲线N的离心率 则 故选：A 8. 数列的前项和为，的前项和为，则数列（ ） A. 有最大项也有最小项 B. 无最大项也无最小项 C. 有最小项但无最大项 D. 有最大项但无最小项 【答案】A 【解析】 【分析】根据数列和数列的前项和，分别求出数列和数列的通项公式，进而可以得到数列的通项公式，通过判断其单调性，可得是否存在最大值和最小值. 【详解】设数列的前项和为，的前项和为，则，， 当时，， 当时，， 经验证，时成立，所以， 同理可求得，适合； 所以， 令， 又，，，， ， 当时，，，所以，且时，， 则， 所以当时，，数列单调递增，得； 当时，，数列单调递减，得； 当时，，数列单调递增，得； 由此可知最大，最小， 综上所述，数列存在最大项，也存在最小项. 故选：A 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 当时，的值域为 C. 将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象 D. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数图象可确定函数的表达式为，即可求解AB，根据函数图象的平移以及伸缩变换，即可求解CD. 【详解】由图可知，，最小正周期，故A正确： 由，知，因为，所以，所以，即，又，所以， 对于B，当时，，所以，故B正确， 对于C，将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，故C错误； 对于D，将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，因为当时，，故D正确， 故选：ABD. 10. 某中学在2026年秋季运动会中，设置了“欢乐跑”“趣味接力”“拔河比赛”“花式跳绳”四个教师项目．甲、乙、丙3名教师每人至少从中选择一个活动参加，每个活动都恰有1人参加，记事件“甲参加欢乐跑”，“甲参加花式跳绳”，“乙参加趣味接力”，则（ ） A. 与对立 B. C. 与相互独立 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】先求得样本点的总数为种，由甲可能同时参加了两个项目，可判定A错误；由“甲参加欢乐跑”分为甲只选择了“加欢乐跑”和甲选择了2个项目，且其中一个是“欢乐跑”时，求得的值，可判定B正确；把事件分为三种情况，求得其概率，结合相互独立事件的判定方法，可判定C错误；利用条件概率的计算公式，求得其概率，可判定D正确. 【详解】由题意知，3名教师、4个项目，每人至少从中选择一个项目且每个项目都恰有1人参加， 则必有1名教师参加了2个项目，其余2名教师各参加了1个项目， 可得样本点的总数为种不同的选法. 对于A，甲教师可能同时参加了两个项目，所以事件和不对立，所以A错误； 对于B，“甲参加欢乐跑”分为两种情况： 当甲只选择了“欢乐跑”， 剩余2名教师有1名选择2个项目， 1名选择了1个项目， 可得样本点数为； 当甲选择了2个项目，且其中一个是“欢乐跑”时，甲需从剩余3个项目中选择1个， 剩余的2个项目分配给乙丙，可得样本点数为， 所以事件包含的样本点数为，所以概率为， 同理可得：，所以B正确； 对于C，事件表示“甲参加欢乐跑”且“乙参加趣味接力”， 可分三种情况： 甲选择了2个项目，且其中一个是“欢乐跑”， 乙只选择了“趣味接力”， 此时样本点数为； 甲只选择了“欢乐跑”，乙选择了2个项目，且其中一个是“趣味接力”，此时样本点数为； 甲只选择了“欢乐跑”，乙只选择了“趣味接力”，则丙选择了剩下的2个项目，此时样本点数为1， 所以事件所包含的样本点数为，所以， 因为，所以， 所以事件和不相互独立，所以C错误； 对于D，由条件概率的计算公式，可得，所以D正确. 11. 已知定义在上的奇函数满足为偶函数，且当时，，则 A. 函数的图象关于点中心对称（ ） B. C. 函数的单调递减区间为， D. 已知数列满足，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据奇函数及偶函数的性质，利用替换思想可判断A，再由周期性判断B，利用对称的性质及周期性判断C，根据函数性质计算数列各项判断D. 【详解】对A：由为偶函数可得， 所以，所以， 又为奇函数，所以，所以， 所以两式相加可得， 故函数的图象关于点中心对称，故A正确； 对B：由，可得，故函数周期为， 所以， ，即，故B错误； 对C：因为当时，单调递增，又为上奇函数，， 所以当时，单调递增， 又由知函数图象关于轴对称， 所以函数在时单调递减，又函数周期为， 所以函数的单调递减区间为，故C正确； 对D：由可知，， ，，，可知，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 焦点在轴上的椭圆的离心率，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意可得，解得，故的取值范围是. 13. 已知数列为等差数列，，则的最小值为______，此时______. 【答案】 ①. 72 ②. 6 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，利用等差数列的通项公式把目标函数表示成关于的函数，求最值即可. 【详解】设等差数列的公差为，则，. ，，. ， 当时，取得最小值，最小值为72，此时. 14. 勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体.如图所示，已知正四面体的棱长为，若勒洛四面体内有一球，则该球的最大半径为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设是底面的中心，是正四面体的中心，也是正四面体的外接球球心，设正四面体外接球的半径为是高，根据正四面体的性质，求得的长，在直角中，列出方程求得，进而求得勒洛四面体的内切球半径. 【详解】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体4个弧面都相切，即为勒洛四面体的内切球， 由对称性知，勒洛四面体的内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心， 设是底面的中心，是正四面体的中心， 也是正四面体的外接球球心，正四面体外接球的半径为是高，如图1所示， 由正四面体的棱长为，可得， 则，所以， 在直角中，由，得，解得， 因此，如图2所示，勒洛四面体的内切球半径． 故答案为：. 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. 记的内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若的周长为，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，求出角； （2）根据已知条件求出的值，最后利用面积公式求出三角形面积. 【小问1详解】 （方法一）由及正弦定理， 得. 又，得， 即. 因为，所以. （方法二）由及正弦定理， 得. 又，得， 即， 因为，所以，故， 所以，故，即. 【小问2详解】 由（1）得. 由的周长为，得. 由， 所以，即， 故， 所以. 16. 在四棱锥中，，底面是直角梯形，，．已知，，．点为的中点， （1）求证：平面； （2）若二面角的余弦值为，求的长． 【答案】（1）因为，点为的中点，所以， 在直角梯形中，连接CO，因为，．所以是矩形， 所以，在中，，，所以． 在和中，，所以 ， 所以，即， 又，平面，所以平面； （2）2 【解析】 【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得，连接CO，根据矩形性质及勾股定理得，然后利用三角形全等得，进而利用线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式列方程即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，. 设平面的法向量为，，. 由，取，得. 易知平面的一个法向量为， 设二面角的大小为，则， 解得. 17. 2026年8月“世界机器人大会”在北京闭幕．现抽屉中备有某款机器人所需的6块规格相同的电池，其中3块为一次性电池，另外3块为可反复使用的充电电池．每次使用时随机取一块电池，若取出的是一次性电池，则使用后作废品回收，若取出的是可充电电池，则使用后充满电再放回抽屉． （1）求第2次取出一次性电池的概率； （2）在已知第2次取出一次性电池的条件下，求第1次取出的是可充电电池的概率； （3）设，是离散型随机变量，在给定事件条件下的期望定义为：其中为的所有可能取值的集合，表示事件“”与“”均发生的概率．设表示电动机器人前4次使用中取出一次性电池的块数，表示前2次使用中取出可充电电池的块数，求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式可求第2次取出一次性电池的概率； （2）根据条件概率公式可求题设中的条件概率； （3）先求的概率，再结合期望公式可求. 【小问1详解】 设事件表示第一次取出时为可充电电池，事件表示第一次取出时为一次性电池，事件表示第二次取出时为一次性电池， 则. 【小问2详解】 由（1）知：，所以 【小问3详解】 由题意，的可能取值为1，2，3， 只需考虑第3、4次取得一次性电池的块数， 则，（第3、4次均为充电电池） ，（第3、4次充电电池和一次性电池各一次） ，（第3、4次均为一次性电池） 所以 18. 已知椭圆的右焦点为，且经过点． （1）求椭圆的方程． （2）过的直线（不与轴重合）交于、两点，分别过、作的切线，两切线交于点，记的中点为，为坐标原点． （i）证明：点在定直线上． （ⅱ）求的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）易知直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、， 联立得， 则，由韦达定理得 设过点的切线为， 联立，得， 令上式中， 即，即， 即，即，即， 解得，故切线的方程可化为， 同理可得过点的切线的方程为， 联立，化简得， 两式相减得，即，所以点在定直线上． （ⅱ）． 【解析】 【分析】（1）利用椭圆结合已知点坐标代入椭圆方程，联立求解得到，写出椭圆标准方程； （2）（i）设过焦点的直线为与椭圆联立得到纵坐标关系，写出椭圆在处的两条切线方程并联立，两式作差消元求得交点横坐标恒为，证明在定直线上； （ii）把代入切线方程求出点坐标，结合韦达定理得到弦中点坐标，通过斜率相等证明三点共线，再写出表达式，利用求该乘积的取值范围. 【小问1详解】 由题意知，， 将点代入椭圆方程得，解得， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 （i）略 （ii）将代入直线的方程，得，所以， 再由，及得，中点， 因为，所以三点共线． 所以， 因为，所以，所以． 19. 已知函数，. （1）若，求证：对，； （2）若函数在上单调递增，求a的取值范围； （3）设m，n为正实数，且，求证：. 【答案】（1）证明：由，得，定义域为， 所以， 所以在上单调递增，又， 所以对，，即. （2） （3）证明：，要证，只需证， 即证，只需证， 设，由（1）知在上单调递增， 又因为，即，所以， 即成立，所以 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，得到在上单调递增，又，所以对，； （2）在上恒成立，即在上恒成立，不等式可化为在上恒成立，设，，由基本不等式得到，所以，求出a的取值范围； （3）要证，即证，设，由（1）知在上单调递增，又，所以，从而证明出结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为在上单调递增，所以在上恒成立， 所以在上恒成立， 即在上恒成立. 因为，不等式可化为在上恒成立， 设，，则，当且仅当时取等号，， 所以，解得，所以a的取值范围是. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳市聚龙科学中学2026-2027学年度第一学期11月第二次质量检测 高三数学 时间：2026.11.8 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 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 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线a，b与平面，能使的充分条件是（ ） A. B. C. D. 4. 函数的图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 5. 酒驾是严重危害交通安全的违法行为．为了保障交通安全，根据国家有关规定：血液中酒精含量达到的驾驶员即为酒后驾车，及以上认定为醉酒驾车．某天，驾驶员张某在家喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量达到了，如果停止喝酒以后，他血液中酒精含量会以每小时的速度减少，那么他至少经过几个小时才能安全驾驶？（结果取整数，参考数据：（　　），） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知函数对于正实数，定义集合，若满足，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆：，双曲线：，.设椭圆M的两个焦点分别为，，椭圆M的离心率为，双曲线N的离心率为，记双曲线N的一条渐近线与椭圆M一个交点为P， 若且，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 8. 数列的前项和为，的前项和为，则数列（ ） A. 有最大项也有最小项 B. 无最大项也无最小项 C. 有最小项但无最大项 D. 有最大项但无最小项 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 当时，的值域为 C. 将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象 D. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称 10. 某中学在2026年秋季运动会中，设置了“欢乐跑”“趣味接力”“拔河比赛”“花式跳绳”四个教师项目．甲、乙、丙3名教师每人至少从中选择一个活动参加，每个活动都恰有1人参加，记事件“甲参加欢乐跑”，“甲参加花式跳绳”，“乙参加趣味接力”，则（ ） A. 与对立 B. C. 与相互独立 D. 11. 已知定义在上的奇函数满足为偶函数，且当时，，则 A. 函数的图象关于点中心对称（ ） B. C. 函数的单调递减区间为， D. 已知数列满足，且，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 焦点在轴上的椭圆的离心率，则的取值范围是________． 13. 已知数列为等差数列，，则的最小值为______，此时______. 14. 勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体.如图所示，已知正四面体的棱长为，若勒洛四面体内有一球，则该球的最大半径为__________. 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. 记的内角的对边分别为，且. （1）求； （2）若的周长为，求的面积. 16. 在四棱锥中，，底面是直角梯形，，．已知，，．点为的中点， （1）求证：平面； （2）若二面角的余弦值为，求的长． 17. 2026年8月“世界机器人大会”在北京闭幕．现抽屉中备有某款机器人所需的6块规格相同的电池，其中3块为一次性电池，另外3块为可反复使用的充电电池．每次使用时随机取一块电池，若取出的是一次性电池，则使用后作废品回收，若取出的是可充电电池，则使用后充满电再放回抽屉． （1）求第2次取出一次性电池的概率； （2）在已知第2次取出一次性电池的条件下，求第1次取出的是可充电电池的概率； （3）设，是离散型随机变量，在给定事件条件下的期望定义为：其中为的所有可能取值的集合，表示事件“”与“”均发生的概率．设表示电动机器人前4次使用中取出一次性电池的块数，表示前2次使用中取出可充电电池的块数，求． 18. 已知椭圆的右焦点为，且经过点． （1）求椭圆的方程． （2）过的直线（不与轴重合）交于、两点，分别过、作的切线，两切线交于点，记的中点为，为坐标原点． （i）证明：点在定直线上． （ⅱ）求的取值范围． 19. 已知函数，. （1）若，求证：对，； （2）若函数在上单调递增，求a的取值范围； （3）设m，n为正实数，且，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $