广东省深圳市2025-2026学年高三上学期段考（二）数学试题（解析版）

第1页/共1页2025-2026学年广东省深圳市高三（上）段考数学试卷（二）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.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】解不等式，得到，利用交集概念求出答案.详解】，又，所以.故选：B2.已知复数满足，则的虚部是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用复数四则运算法则得到，从而根据共轭复数和虚部的概念得到答案.【详解】，故，故虚部为.故选：D3.已知角的顶点为原点，始边为轴的非负半轴，终边经过点，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由三角函数的定义得到，再结合同角三角函数商的关系弦化切即可求解.【详解】由角终边经过点，得，所以，故选：B4.已知正项等差数列中，，，若，则（）A.10 B.13 C.15 D.17【答案】C【解析】【分析】先根据条件求出和，再写出前项和为，则解得.【详解】设等差数列的首项为，公差为，则由，得，解得，或（舍），，设数列的前项和为，则，故，解得.故选：C．5.若一组样本数据的平均数为3，方差为2，若新增一个数据3，则新样本的方差为（）A.1.7 B.1.8 C.1.9 D.2【答案】B【解析】【分析】根据方差公式，代入求解，即可得答案.【详解】由题意得，则，若新增一个数据3，则新样本的平均数仍为3，则新样本方差为故选：B.6.已知圆台的上､下底面半径之比为，若圆台的上､下底面圆周都在半径为5的球（球心在圆台内部）的表面上，且圆台的高为7，则圆台的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设圆台的上､下底面半径分别为，利用勾股定理求出，再根据台体的体积公式即可得解.【详解】设圆台的上､下底面半径分别为，由题意可得，解得，所以圆台的体积为.故选：A.7.在菱形中，，，E为边上的动点（包括端点），F为的中点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设，由，，结合数量积的运算律即可求解.【详解】设，则，由为的中点，得，在菱形中，，，所以，，所以，故选：D8.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，为上一点．直线与交于另一点，若，，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设，表达出其他各边长，并得到，由勾股定理得到方程，求出，进而得到，求出答案.【详解】由题可知，．由，得，由椭圆的定义可得，，设，则，，所以，．因为，所以，又，所以，又，故，即为直角三角形，，在Rt中，由勾股定理得，，解得或（舍去），在Rt中，由勾股定理得，又，代入，整理得，所以离心率．故选：B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.函数的部分图象如图所示，则（）A.是奇函数 B.是偶函数C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据图象求出函数解析式判断D，由解析式及诱导公式，利用奇偶性的定义判断AB，再由诱导公式及余弦函数的单调性判断C.【详解】由函数的部分图象可得，可得，又函数图象过点，可得，解得，令，可得，所以，故D正确；由是奇函数，故A正确；由是偶函数，故B正确；由，所以，因为函数，在上单调递减，所以，所以，故C错误．故选：ABD10.小明同学参加学校组织的投篮比赛，连续投篮2次，已知小明初始投进的概率为0.8，若第一次投进，则下次投进的概率为0.6；若第一次未投进，则下次投进的概率为0.4．记事件为小明第i次投进，下列说法正确的是（）．A. B.C.相互独立 D.【答案】ABD【解析】【分析】由题意写出，由条件概率公式计算判断A选项；由全概率公式计算判断B选项；比较判断C选项；由条件概率公式计算判断D选项.【详解】由题意可知，，，，A选项正确；，B选项正确；，不独立，C选项错误；，D选项正确.故选：ABD.11.如图，在矩形AEFC中，，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（）A.三棱锥的体积为 B.直线PA与直线BC所成角的余弦值为C.直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 D.三棱锥外接球的半径为【答案】BD【解析】【分析】证明平面，再根据即可判断A；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断B；利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线PA与平面PBC所成角的正弦值为即可判断C；利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D.【详解】由题意可得，又平面，所以平面，在中，，边上的高为，所以，故A错误；对于B，在中，，，所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确；对于C，，设点到平面的距离为，由，得，解得，所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误；由B选项知，，则，所以的外接圆的半径，设三棱锥外接球的半径为，又因为平面，则，所以，即三棱锥外接球的半径为，故D正确.故选：BD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若展开式中第4项为160，则__________.【答案】【解析】【分析】根据二项式展开的通项公式，结合题意，列出等式，化简计算，即可得答案.【详解】的展开式中第4项为，所以，解得.故答案为：13.已知是定义在上的奇函数，对于任意的正实数都有，已知，那么______．【答案】##0.5【解析】【分析】利用奇函数先求，再由得周期，利用周期即可求解.【详解】是奇函数，，，即，又，，故时，周期为2，则．故答案为：．14.已知函数在上的值域为，则的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】由，结合正弦型函数值域可确定整体所处范围，进而解不等式求得结果.【详解】当时，，在上值域为，，解得：，即的取值范围为.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，，．已知的面积，角的平分线交边于点．（1）求角；（2）若，且的周长为，求长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据三角形面积公式和余弦定理将已知条件进行转化，通过三角函数的性质求出角.（2）根据正弦定理或三角形面积公式得到与的关系，再结合三角形周长和余弦定理求出、的值，最后利用三角形面积关系求出的值.【小问1详解】由余弦定理知，，所以，又，所以，则，即，又，所以．【小问2详解】方法一：因为角A的平分线交边于点D，由（1）知，则，所以，又，即，所以，（方法二：分别在与中，由正弦定理得，联立可得，所以）中，由余弦定理，所以，所以的周长，解得，则，由，解得．16.已知数列中，.（1）证明：数列是等比数列；（2）求的前项和；（3）令，求数列的最大项.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）利用等比数列的定义即可得证；（2）利用等比数列的前项和公式，分组求和即可求解；（3）由（2）得，即，得，令，比较与1的大小来判断数列的单调性，进而求出最大项.【小问1详解】因为，所以，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列；【小问2详解】由（1）得，所以，化简得；【小问3详解】由（2）得，所以，令，易得，又单调递减，当时，即，又当时，，所以数列的最大项为.17.如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，是边长为2的正三角形，且.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接，取的中点，连接，由平面，即可求证；（2）建系求得平面法向量，代入夹角公式即可求解.【小问1详解】连接，因为四边形是菱形，，所以为等边三角形，所以，均是边长为2的正三角形，取的中点，连接，则，因为，所以，所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面；【小问2详解】由（1）知两两垂直，所以以点为坐标原点，为轴建系，则，所以，设为平面的法向量，则，令得，即，设为平面的法向量，则，令，得，所以，所以，即平面与平面夹角的余弦值18.已知函数，且．（1）当时，设曲线在处的切线为l，求l与曲线的公共点个数；（2）若函数的最小值为1，求实数a的值【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）求导，再利用点斜式求出切线方程，再联立方程组，令，通过求导研究其单调性，进而确定其零点个数即可；（2）分类讨论求的单调性即可根据最值求出.【小问1详解】当时，，其定义域为，因，所以，因，则曲线在处切线方程为，即，联立方程，可得，设，得，所以在上单调递增，又，所以有且仅有一个零点，所以直线l与曲线的公共点个数为1．【小问2详解】对函数求导得，①当时，，函数在递增，则无最小值；②当时，令得；得；则在上单调递减，在上单调递增，故，解得，综上：.19.已知椭圆的离心率为，且经过点，直线与轴交于点，与椭圆交于两点.（1）求椭圆的方程；（2）若点坐标为，线段的垂直平分线分别交直线和于点，若，求直线的斜率.【答案】（1）