广东省深圳市龙岗区2026届高三上学期1月期末质量监测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省深圳市龙岗区2026届高三上学期1月期末质量监测数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若复数（为虚数单位），则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为，，可得，所以.故选：C.2.已知集合，则的非空子集个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】因为集合，集合，则，有2个元素，所以的非空子集个数为.故选：C.3.数据3，5，7，10，13，15，18，20的第25百分位数是（）A.6 B.5 C.16 D.17【答案】A【解析】因为，所以原数据的第25百分位数是第2位数与第3位数的平均数，即为.故选：A.4.美加墨足球世界杯将于2026年6月至7月在美国、加拿大、墨西哥的16座城市举行，将是首次有48支球队参赛的世界杯，现在要从小马、小丁、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事宣传、后勤、礼仪、服务四项不同工作，若小马和小丁只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（）种.A.120 B.60 C.24 D.36【答案】D【解析】根据题意分2种情况讨论；若小马或小丁中仅有一人入选，则种不同的方案，若小马和小丁都入选，则种不同的方案.综上，共有种不同的方案.故选：D.5.已知等差数列的前项和为，，则（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】A【解析】因为数列是等差数列，则，即，且，可得，又因为，所以.故选：A.6.若圆上的点到直线的距离为的点有且仅有2个，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】圆的圆心为，半径为，则圆心到直线的距离，若圆上的点到直线的距离为的点有且仅有2个，则，即，解得，所以的取值范围是.故选：C.7.已知则的解集为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】当时，设，则（当且仅当时取等号），即在上单调递减，又，故当时，，即由可得；当时，，而，即，则有，故当时，恒成立，综上，可得的解集为故选：C.8.已知抛物线，为它的焦点，过的直线交抛物线于两点，过两点分别作垂直于准线的直线，垂足分别为，其中，，则值为（）A. B. C. D.6【答案】B【解析】抛物线方程为，其焦点，准线为，为抛物线上的点，过两点分别作垂直于准线的直线，垂足分别为，设，则，，，，，，，，，化简整理得，设过焦点的直线为，联立抛物线得：，由韦达定理得，，即，设直线的倾斜角为，则，，，解得，，解得，则，故B正确．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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知等比数列满足，公比为，前项和为，前项积为，则（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】对于A，等比数列中，，故，故A错误；对于B，由A选项知，，故，故B正确；对于C，，故，或，故C错误；对于D，，故D正确.故选：BD.10.设函数，其中为实数，则（）A.是定义在上的奇函数B.若在上单调递增，则的取值范围为C.若为在上的极小值点，当时，的最小值为D.当时，在上有且仅有2个零点【答案】ACD【解析】选项A：，的定义域为关于原点对称，是定义在上的奇函数；选项B：的导数为，若在上单调递增，则需保证恒成立，，当时，的最小值为，故，解得，故；当时，的最小值为，故，解得，故；当时，，成立；，故B错误；选项C：为在上的极小值点，，即，解得，，，，，，，，，，故，最小值为，故C正确；选项D：，的零点满足，即，令，在上，，，则无交点；在上，，，可能有交点；求导得，，，在内有两个解，，在上，单调递减；在上，，单调递增，故是极小值点，；当时，，递减，，；当时，，递增，，；由零点存在定理可知，在和内各有一个零点，共2个，故D正确．故选：ACD．11.已知双曲线的左右焦点为，点为双曲线右支上一动点，则下列说法正确的是（）A.若存在点使得为等腰直角三角形，则双曲线的离心率为B.外接圆的面积的最小值为C.轴与的内切圆的公共点为定点D.设点是的内心，直线的斜率之比为常数【答案】ACD【解析】选项A：双曲线右支上点满足，等腰直角的可能情况为且，此时代入双曲线方程得，，故，由，得，即，解得，故A正确；选项B：外接圆半径，当时，最小为，外接圆面积最小值为，因为，故最小值不为，故B错误；选项C：设内切圆与轴切于，与切于，则且，联立得，故，为定点，故C正确；选项D：内心横坐标为，内切圆与轴切于，设，，，则，斜率之比，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知平面向量，若，则_________.【答案】【解析】因为向量，则，若，则，解得，则，所以.故答案为：.13.函数（，且）有两个不同的极值点，则的取值范围为___________.【答案】【解析】由有两个不同的极值点，可得有两个不同的实数根.因为，所以，则转化为有两个不同的实数解.设，则.当时，令得，解得，则得在上单调递增，在，上单调递减，所以在处取得极大值.而当时，；当从负方向趋近于时，；当从正方向趋近于时，；当时，从正方向趋近于.由有两个不同的实数解，则，解得，满足条件.当时，令得，解得，则得在上单调递增，在，上单调递减，所以在处取得极小值.而当时，从负方向趋近于；当从负方向趋近于时，；当从正方向趋近于时，；当时，.由有两个不同的实数解，则，解得，满足条件.综上所述，的取值范围为.14.猫在做完手术后往往需要戴“防舔圈”（也被称为“伊丽莎白圈”)保护伤口，可将其视为一个圆台的侧面、现有一个宽度（圆台的母线）为13厘米的“防舔圈”，戴在一只猫的头上，把猫头理想化为一个半径为5厘米的球，这个球与“防舔圈”口径小的圆台底面相切且与圆台侧面相切，为了舔不到伤口，头到口径大的圆台底面的距离不小于2厘米，则口径小的底面半径最小为____________厘米.【答案】【解析】作如图轴截面，分别记口径小的圆台底面，及口径大的圆台底面圆心为，半径为.球的球心为，半径为.过作于点.设，且，设，则.因为，所以，整理得.因为，且，所以，即，解得.所以的最小值为，所以的最小值为，即口径小的底面半径最小为厘米.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.已知函数，满足对于任意实数，都有恒成立，且函数相邻两个零点的距离是.（1）求的解析式，并写出的单调递增区间；（2）若满足，求.解：（1）函数相邻两个零点的距离是，故，解得，对于任意实数，都有恒成立，故即，故，因为，故，所以，若，，则，，故的单调递增区间为；（2）若，则，故，因为，故故16.已知椭圆的离心率为，上顶点的坐标为.（1）求的标准方程.（2）过的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，直线与椭圆的另一个交点为，，求直线的方程.解：（1）椭圆的上顶点的坐标，.又椭圆的离心率，且，得.则椭圆的方程为.（2）当直线的斜率为0时，此时三点共线，不存在，不符合题意.当直线的斜率不为，设直线的方程为将直线与椭圆联立方程组，得.得到.设，则.因为与椭圆的另一交点为，所以关于原点对称，即为中点.所以，所以..化简得，即，解得.可得直线的方程为，即或.17.如图，在梯形中，，将沿翻折至二面角为，为中点.（1）求证：；（2）线段上是否存在一动点，使得二面角为，若存在，求的值；若不存在，说明理由.（1）证明：因为且为中点，所以.又因为二面角为，所以平面平面，且平面平面，，平面，所以平面，平面，所以.（2）解：由（1）知，故以所在直线为轴，以过M点与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系如图：又，所以.故，，设，设为平面的法向量，，由，得，取，得，即.而平面与坐标平面重合，所以法向量取.因为二面角为，所以，得，，，解得或（舍去）.所以，得.故存在点，.18.某智慧城市在主干道部署了5个独立边缘计算节点，初始时，2个节点在线，3个为宕机．每个月系统随机等概率巡查1个节点：若该节点为宕机，则修复成功率为；若该节点已在线，则仅进行维护，用表示第个月后在线节点数，表示其期望，且.（1）当时，求；（2）已知每台宕机节点每个月造成2万元经济损失，初始月份不考虑损失，若要求从第1个月开始的总期望经济损失不超过36万元，求的最小值.解：（1）若，由题意可知：，因为表示巡查节点为宕机节点且修复成功，则，可得；又因为表示在的前提下，巡查节点为宕机节点且修复成功的情况，或在的前提下，巡查节点为在线状态且无需修复的情况，所以.（2）由题意可知：，且，，可得，因为，则，因为表示在线节点数的期望，则表示宕机节点数的期望，且，则，且，可知数列是以首项为，公比为的等比数列，则，可得数列的前项和，因为，则，，可得，由题意可得：，解得，所以的最小值为.19.已知函数.（1）若，求的单调区间；（2）证明：在区间上存在唯一的零点和极值点；（3）设在区间上的零点为，极值点为，试比较和的大小，并证明你的结论.（1）解：已知函数，则，其定义域为.可得：.令，即，则，解得.当时，，所以单调递增；当时，，所以单调递减；因此，的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）证明：对求导可得.令，即，作出函数