2026届广东省佛山市顺德区高三上学期教学质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省佛山市顺德区2026届高三上学期教学质量检测数学试题一､单项选择题：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.已知复数，则的虚部为（）A.1 B. C. D.【答案】A【解析】由复数，所以复数的虚部为.故选：A.2.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，故.故选：C.3.已知向量在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则（）A.5 B.7 C. D.【答案】D【解析】设分别为向上，向右方向上的单位向量，即为平面的一组基底，由图知，，，所以.故选：D.4.如图，在正方体中，点分别为棱的中点，过点作正方体的截面，则截面的形状为（）A.六边形 B.五边形 C.四边形 D.三角形【答案】A【解析】因为多面体正方体，所以，，，如图：以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，则，，，所以，，设平面的法向量为，则，取，则，，所以为平面的一个法向量，取的中点，的中点，的中点，可得，，，所以，，，因为，，，所以点都在平面内，连接，所以过点的正方体的截面为六边形，故选：A.5.某学校的数学兴趣小组为了了解我国古代的数学成就，先后去图书馆借阅了5本古代数学名著：《周髀算经》､《九章算术》､《海岛算经》､《孙子算经》和《张丘建算经》，该小组每次随机借阅一本名著，且归还后再随机借阅下一本（已借阅的不会重复借阅）．则最先借阅的两本是《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】所有可能的借阅顺序总数为：，最先借阅的两本是《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》，所以前两本的顺序可以是《周髀算经》、《九章算术》或者《九章算术》、《周髀算经》，有种情况，最后一本已经确定是《孙子算经》，中间本为《海岛算经》、《张丘建算经》，有种情况，设最先借阅的两本是《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》为事件，则，故选：D.6.已知抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线交于点．若（为坐标原点），则的面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】如图，不妨设在轴下方，因为，且所以，由抛物线方程可得，则，所以直线方程为：，联立抛物线方程消去得：，化简得：，所以，则，到直线的距离，所以的面积为，故选：B.7.在中，角所对的边为．若，，则的最大值为（）A.不存在最大值 B. C. D.【答案】C【解析】，，，，，，（其中，，），，，，又，，，，，∴最大值为.故选：.8.已知数列是公比为2的等比数列，且.集合集合的元素个数构成数列，则数列的前100项的和为（）A.480 B.642 C.840 D.5050【答案】A【解析】设数列的首项为，，由可知，，，所以，所以，由，得，且，所以是满足的正整数的个数，当时，不存在，满足，所以，当时，满足，所以，当时，满足，所以，当时，满足，所以，当时，满足，所以，当时，满足，所以，当时，满足，所以，所以数列的前100项的和为.故选：A.二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．9.采购经理指数（PurchasingManagers＇Index，简称PMI）：是国际上通行的宏观经济监测指标体系之一，对国家经济活动的监测和预测具有重要作用．PMI涵盖着生产与流通､制造业与非制造业等领域，分为制造业PMI､服务业PMI．制造业PMI指数在以上，反映制造业总体扩张；低于，通常反映制造业衰退．下图为我国制造业采购经理指数（PMI）变化趋势图，则下列说法正确的是（）A.根据上图可知有一半的月份我国的制造业总体在扩张B.这13个月的PMI值的平均数不超过C.这13个月的PMI值的中位数是D.2025年1-4月的PMI的方差小于2025年5-8月的PMI的方差【答案】BC【解析】由图，13个月中共有5个月超过，A错，13个月从小到大为，所以这13个月的PMI值的平均数为，即这13个月的PMI值的平均数不超过，B对，其中这13个月的PMI值的中位数为第7个数，是，C对，由图知，2025年1-4月的PMI为，2025年5-8月的PMI为，显然5-8月的PMI的波动性较小，所以2025年1-4月的PMI的方差大于2025年5-8月的PMI的方差，D错.故选：BC.10.已知双曲线的左右焦点为，点为双曲线右支上一点，存在点使得为等腰直角三角形，则下列说法正确的是（）A.双曲线的离心率为B.的内心与外心可能重合C.当的外接圆的面积取到最小值时，的面积为D.设点是的内心，则直线的斜率之比为常数【答案】ACD【解析】因为点为双曲线右支上一点，所以，且.若为等腰直角三角形，则.由，得，即.对于A，因为离心率，所以，所以选项A正确；对于B，因为，所以不可能为等边三角形，所以的内心与外心不可能重合，所以选项B不正确；对于C，设的外接圆的半径为R，则，即.当，即时，半径R取得最小值c，的外接圆的面积取到最小值.此时，，所以的面积为.所以选项C正确；对于D，设点是的内心，过点分别作的垂线，垂足为，则，所以.所以点是双曲线的右顶点，点在直线上.设，则直线的斜率之比为，为常数.所以选项D正确.故选：ACD.11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.对任意实数，函数都存在三个零点B.存在实数使得直线是函数的切线C.对任意实数，过原点都可作三条直线与函数相切D.当时，直线与函数图象交点的横坐标之和为3【答案】ABD【解析】A：因为，记，所以有两个不等实根，当和时，，当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减；由三次函数的性质可知，当时，，当时，，且，由零点的存在性定理可知，在，，上均存在零点，结合的单调性可知，总存在三个零点，故A正确；B：设切点为，所以，化简可得，当时，解得；当时，解得；当，代入解得，所以存在或使得是的切线，故B正确；C：显然不是切点，设切点，由题可知，化简可得，令，则，当时，，所以在上单调递增，此时至多一个解，即此时至多有一条过点的切线，故C错误；D：当时，，，所以，所以关于点成中心对称，又因为，令，解得，所以直线经过定点，定点即为的对称中心，因为直线的斜率，且，所以，在同一平面直角坐标系中作出和直线的图象，如下图所示，由图象可知，与交于三点，显然关于对称，所以，所以，故D正确；故选：ABD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，第14题第一个空2分，第二个空3分．12.已知的展开式的所有系数之和为，则__________．【答案】【解析】的展开式的所有系数之和为，令，则，解得：.故答案为：.13.在中，角所对的边分别为．其中，当________（填一个符合条件的答案即可）时，有唯一解．【答案】（答案不唯一）【解析】当或时，有唯一解．则或，故答案为：（答案不唯一）.14.已知函数，其零点个数为__________，函数，则函数与函数的所有零点之和为__________．【答案】①.10②.100【解析】由可得，则该函数的零点个数即函数与函数的交点个数.在同一坐标系中作出两函数的图象.由图可知，函数是周期为2，值域为的函数，而函数在上单调递减，函数值由减小到0，在上单调递增，函数值由0增大到.又当时，，当时，，而，故两者的交点个数为个，即函数的零点个数为10；又因，则得，所以也有个零点，设这个零点为，则为的个不同的零点，故函数与函数的所有零点之和为.故答案为：10；100.四､解答题：本大题共5小题，满分77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．15.已知函数且的图象经过点，记数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求证：．（1）解：由题意.所以数列，其前项和为.当时，；当时，.时，上式亦成立.所以，.（2）证明：，所以.16.已知函数的最大值为1．（1）求使成立的的集合；（2）记的内角的对边分别为，已知，的面积为，求的周长．解：（1），最大值为，所以，即，则，即，即，即，所以的解集为：（2）因为，即，即，因为为三角形内角，所以，得，又的面积为，即，得，又则即，所以周长为.17.如图，在四棱锥中，底面，且是矩形，是的中点，过作交于点．（1）证明：平面；（2）若与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：因为底面，平面，所以.又底面为矩形，所以.因为平面，，所以平面.又平面，所以.又，为的中点，所以.因为平面，，所以平面.又平面，所以.又，平面，，所以平面.（2）解：由（1）知，平面，垂足为.所以即为与平面所成的角.由，，所以.在中，，，所以，所以.由，所以.由，所以.以为原点，建立如图空间直角坐标系：则，，，，，因为为中点，所以.且，.设平面的法向量为，则，可取.由（1）可知，平面的法向量可取.设平面与平面所成的角为，则,平面与平面夹角的余弦值为.18.已知椭圆的离心率，且经过点，为坐标原点，斜率不为0的直线与椭圆交于两点，．（1）求椭圆的方程；（2）证明：点到直线的距离是定值；（3）求的取值范围．（1）解：由，可得①，椭圆经过点，可得，解得，代入①，可得，故椭圆的方程为.（2）证明：依题意，可设直线的方程为，，由，消去，整理得，可得，设，则，因，则，去分母得，化简得.则点到直线的距离为，为定值.（3）解：因，故，由得，代入上式，整理得，设，则，且代入上式，可得，设，则，且，所以故的取值范围是.19.已知函数．（1）设，求的零点并判断的单调性；（2）若，且，证明：（i）；（ii）．（1）解：由函数，得.所以.因为恒成立，且在上单调递增.因为，所以在上有唯一零点.所以的零点为0.所以，当时，；当时，.所以在上单调递减，在上单调递增.（2）证明：由（1）知，在上单调递减，在上单调递增.所以在处取得极小值，即最小值，最小值为.若，且，则.令，则.所以是增函数，所以.由（1）知，所以，所以，即.因为在上单调递增，所以，即.（ii）设，则令，则.令，则.所以在上单调递增，即在上单调递增.所以，所以在上单调递增.所以.所以，当时，恒成立，即.即.两边同乘以，得.因为，所以，所以，即.因为，所以，所以，即.所以，.因此，得证.广东省佛山市顺德区2026届高三上学期教学质量检测数学试题一､单项选择题：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.已知复数，则的虚部为（）A.1 B. C. D.【答案】A【解析】由复数，所以复数的虚部为.故选：A.2.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，故.故选：C.3.已知向量在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则（）A.5 B.7 C. D.【答案】D【解析】设分别为向上，向右方向上的单位向量，即为平面的一组基底，由图知，，，所以.故选：D.4.如图，在正方体中，点分别为棱的中点，过点作正方体的截面，则截面的形状为（）A.六边形 B.五边形 C.四边形 D.三角形【答案】A【解析】因为多面体正方体，所以，，，如图：以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，则，，，所以，，设平面的法向量为，则，取，则，，所以为平面的一个法向量，取的中点，的中点，的中点，可得，，，所以，，，因为，，，所以点都在平面内，连接，所以过点的正方体的截面为六边形，故选：A.5.某学校的数学兴趣小组为了了解我国古代的数学成就，先后去图书馆借阅了5本古代数学名著：《周髀算经》､《九章算术》､《海岛算经》､《孙子算经》和《张丘建算经》，该小组每次随机借阅一本名著，且归还后再随机借阅下一本（已借阅的不会重复借阅）．则最先借阅的两本是《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】所有可能的借阅顺序总数为：，最先借阅的两本是《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》，所以前两本的顺序可以是《周髀算经》、《九章算术》或者《九章算术》、《周髀算经》，有种情况，最后一本已经确定是《孙子算经》，中间本为《海岛算经》、《张丘建算经》，有种情况，设最先借阅的两本是《周髀算经》和《九章算术》，且最后一本借阅的是《孙子算经》为事件，则，故选：D.6.已知抛物线的焦点为，过焦点的直线与抛物线交于点．若（为坐标原点），则的面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】如图，不妨设在轴下方，因为，且所以，由抛物线方程可得，则，所以直线方程为：，联立抛物线方程消去得：，化简得：，所以，则，到直线的距离，所以的面积为，故选：B.7.在中，角所对的边为．若，，则的最大值为（）A.不存在最大值 B. C. D.【答案】C【解析】，，，，，，（其中，，），，，，又，，，，，∴最大值为.故选：.8.已知数列是公比为2的等比数列，且.集合集合的元素个数构成数列，则数列的前100项的和为（）A.480 B.642 C.840 D.5050【答案】A【解析】设数列的首项为，，由可知，，，所以，所以，由，得，且，所以是满足的正整数的个数，当时，不存在，满足，所以，当时，满足，所以，当时，满足，所以，当时，满足，所以，当时，满足，所以，当时，满足，所以，当时，满足，所以，所以数列的前100项的和为.故选：A.二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．9.采购经理指数（PurchasingManagers＇Index，简称PMI）：是国际上通行的宏观经济监测指标体系之一，对国家经济活动的监测和预测具有重要作用．PMI涵盖着生产与流通､制造业与非制造业等领域，分为制造业PMI､服务业PMI．制造业PMI指数在以上，反映制造业总体扩张；低于，通常反映制造业衰退．下图为我国制造业采购经理指数（PMI）变化趋势图，则下列说法正确的是（）A.根据上图可知有一半的月份我国的制造业总体在扩张B.这13个月的PMI值的平均数不超过C.这13个月的PMI值的中位数是D.2025年1-4月的PMI的方差小于2025年5-8月的PMI的方差【答案】BC【解析】由图，13个月中共有5个月超过，A错，13个月从小到大为，所以这13个月的PMI值的平均数为，即这13个月的PMI值的平均数不超过，B对，其中这13个月的PMI值的中位数为第7个数，是，C对，由图知，2025年1-4月的PMI为，2025年5-8月的PMI为，显然5-8月的PMI的波动性较小，所以2025年1-4月的PMI的方差大于2025年5-8月的PMI的方差，D错.故选：BC.10.已知双曲线的左右焦点为，点为双曲线右支上一点，存在点使得为等腰直角三角形，则下列说法正确的是（）A.双曲线的离心率为B.的内心与外心可能重合C.当的外接圆的面积取到最小值时，的面积为D.设点是的内心，则直线的斜率之比为常数【答案】ACD【解析】因为点为双曲线右支上一点，所以，且.若为等腰直角三角形，则.由，得，即.对于A，因为离心率，所以，所以选项A正确；对于B，因为，所以不可能为等边三角形，所以的内心与外心不可能重合，所以选项B不正确；对于C，设的外接圆的半径为R，则，即.当，即时，半径R取得最小值c，的外接圆的面积取到最小值.此时，，所以的面积为.所以选项C正确；对于D，设点是的内心，过点分别作的垂线，垂足为，则，所以.所以点是双曲线的右顶点，点在直线上.设，则直线的斜率之比为，为常数.所以选项D正确.故选：ACD.11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.对任意实数，函数都存在三个零点B.存在实数使得直线是函数的切线C.对任意实数，过原点都可作三条直线与函数相切D.当时，直线与函数图象交点的横坐标之和为3【答案】ABD【解析】A：因为，记，所以有两个不等实根，当和时，，当时，，所以在和上单调递增，在上单调递减；由三次函数的性质可知，当时，，当时，，且，由零点的存在性定理可知，在，，上均存在零点，结合的单调性可知，总存在三个零点，故A正确；B：设切点为，所以，化简可得，当时，解得；当时，解得；当，代入解得，所以存在或使得是的切线，故B正确；C：显然不是切点，设切点，由题可知，化简可得，令，则，当时，，所以在上单调递增，此时至多一个解，即此时至多有一条过点的切线，故C错误；D：当时，，，所以，所以关于点成中心对称，又因为，令，解得，所以直线经过定点，定点即为的对称中心，因为直线的斜率，且，所以，在同一平面直角坐标系中作出和直线的图象，如下图所示，由图象可知，与交于三点，显然关于对称，所以，所以，故D正确；故选：ABD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，第14题第一个空2分，第二个空3分．12.已知的展开式的所有系数之和为，则__________．【答案】【解析】的展开式的所有系数之和为，令，则，解得：.故答案为：.13.在中，角所对的边分别为．其中，当________（填一个符合条件的答案即可）时，有唯一解．【答案】（答案不唯一）【解析】当或时，有唯一解．则或，故答案为：（答案不唯一）.14.已知函数，其零点个数为__________，函数，则函数与函数的所有零点之和为__________．【答案】①.10②.100【解析】由可得，则该函数的零点个数即函数与函数的交点个数.在同一坐标系中作出两函数的图象.由图可知，函数是周期为2，值域为的函数，而函数在上单调递减，函数值由减小到0，在上单调递增，函数值由0增大到.又当时，，当时，，而，故两者的交点个数为个，即函数的零点个数为10；又因，则得，所以也有个零点，设这个零点为，则为的个不同的零点，故函数与函数的所有零点之和为.故答案为：10；100.四､解答题：本大题共5小题，满分77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．15.已知函数且的图象经过点，记数列的前项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求证：．（1）解：由题意.所以数列，其前项和为.当时，；当时，.时，上式亦成立.所以，.（2）证明：，所以.16.已知函数的最大值为1．（1）求使成立的的集合；（2）记的内角的对边分别为，已知，的面积为，求的周长．解：（1），最大值为，所以，即，则，即，即，即，所以的解集为：（2）因为，即，即，因为为三角形内角