广东省汕尾市陆丰市2027届高三上学期第一次教学质量监测数学试卷（含解析）

2026-2027学年高三上学期第一次教学质量监测数学试卷一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知，则的值为（

）A． B． C． D．3．在中，点在边上且，为的中点，则（

）A． B．C． D．4．某市统计某月上旬（1日至10日）10天的空气质量指数如下：88，54，79，10，16，40，59，67，111，62空气质量等级标准如下表：空气质量等级优良轻度污染空气质量指数则下列结论正确的是（

）A．该月上旬空气质量指数的中位数小于50B．该月上旬空气质量等级为良及以上的天数占比超过80%C．该月上旬空气质量指数的极差介于90到100之间D．该月上旬空气质量指数的平均值介于30～50之间5．已知正项等比数列的前项和为，若，，则（

）A． B． C．15 D．406．已知是定义在上的奇函数且，当时，则（

）A． B． C．0 D．17．已知双曲线：的左、右焦点分别为，，为双曲线右支上异于顶点的动点，的内切圆与轴相切于点，若点是以为圆心、半径为1的圆上的动点，则的最小值为（

）A．2 B． C．1 D．8．设集合，从集合中随机选取三个点，则这三个点能确定一个三角形的概率为（

）A． B． C． D．二、多选题9．若复数满足，为的共轭复数，则（

）A．的实部为1 B．的虚部为 C． D．10．如图，棱长为2的正方体中，点为线段上的动点，则下列说法正确的是（

）A．存在点，使平面B．平面平面C．三棱锥的体积不是定值D．若，则过，，三点的平面截正方体所得截面的面积为11．设计一条美丽的丝带，其造型可以看作图中的曲线的一部分．已知过坐标原点，且上的点满足：横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为9，则（

）A．B．点在上C．曲线在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D．当点在上时，三、填空题12．曲线在点处的切线方程为__________．13．已知，且，则的值为__________．14．有甲、乙两道谜题，玩家猜对甲谜题的概率为，猜对乙谜题的概率为．规则如下：只有猜对第一道谜题，才有资格猜第二道谜题，每道题只猜1次，玩家可以自主选择猜谜顺序．记为玩家猜对谜题的总个数，若玩家选择最优猜谜顺序，则随机变量的数学期望__________．四、解答题15．在四棱锥中，平面，，，．(1)若为棱的中点，求证：平面；(2)求平面与平面所成二面角的余弦值．16．已知数列中，，，．(1)证明：数列为等差数列；(2)求数列的前项和．17．在中，，，点、、分别在、、边上且为等边三角形．(1)当点与点重合时，求等边的边长；(2)当点为中点时，求等边的边长．18．已知椭圆：的左，右焦点分别为，，离心率，过的直线与椭圆交于，两点，且的周长为12，原点到短轴端点与焦点连线的距离为．(1)求椭圆的方程；(2)是否存在轴上的定点，使得的内心在轴上，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．19．已知函数，其中，定义域为(1)当时，求在内的极值点；(2)讨论函数在上的单调性，并指出极值点个数；(3)若是在内的极大值点．证明：．

1．D【详解】因为集合，为自然数集，所以，因为，所以，变形可得：，令，解得：或，又因为二次函数的二次项系数大于，函数图象开口向上，所以的解集为，即，根据交集的定义可得：.2．A【详解】因为，所以.3．C【详解】由题意，所以.4．B【详解】将10天的空气质量指数从小到大排序：10，16，40，54，59，62，67，79，88，111，对于A，10个数据的中位数是第5、6个数的平均值，即，A错误；对于B，空气质量等级为良及以上对应天数为9天，占比，B正确；对于C，极差为，不在90到100之间，C错误；对于D，，不在30～50之间，D错误.5．C【详解】对于正项等比数列，其首项为，公比为，前项和公式为，已知，假设，则，那么，，因为，所以，由可得：，化简可得：，根据立方差公式可得：，因为且，所以，等式两边除以可得：，化简可得：，进一步化简得：，即，求解可得：或，因为，所以，根据等比数列的前项公式可得：.6．B【详解】由已知条件知是定义在上的奇函数，所以，又，可得，故，则，即函数的周期为，而，又因为是奇函数，故，当时，所以，因此，所以.7．C【详解】由题意得，则，所以，设的内切圆与分别相切于两点，则有，由双曲线定义可得，即，进而，即，因为，所以，联立得，因为，所以，所以点在以为圆心，半径的圆上移动，且，所以.8．A【详解】集合是由横、纵坐标均取自的二维点构成，总共有个点.从个点中任选个点的总选法数为组合数：.因为三点不能构成三角形的充要条件是三点共线，枚举所有共线的三点组：①水平共线：行（纵坐标分别为），每行个点，共组；②竖直共线：列（横坐标分别为），每列个点，共组；③斜率为的斜线：，共组；斜率为的斜线：，共组；如图：总计共组三点共线的情况，所以能构成三角形的三点组数量为总选法减去共线组：，由古典概型的概率公式，因此所求概率为：.9．CD【详解】由题意得，即，因为，所以，整理得，故其实部为，A错误，虚部为，B错误，，所以C正确，，故D正确.10．ABD【详解】对于A，连接，如图，由于平面，平面，故;又在正方形中，平面，故平面，平面，故；同理可证，而平面，故平面，由于点为线段上的动点，当P与B重合时，即有平面，A正确；对于选项B：结合图可知平面即为平面，因为为正方形，则，又因为平面，平面，则，且，平面，可得平面，且平面，所以平面平面，故B正确；对于选项C：因为平面平面，且平面，则点P到平面的距离等于正方体棱长2，即三棱锥的高为定值，又因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故C错误；对于选项D：连接并延长交BC于点M，因为，则，可知M为BC的中点，取的中点，连接，因为分别为的中点，则，，且，，可得，，可知四边形为平行四边形，则，同理可得，所以，可知所求截面即为四边形，可得，即四边形为菱形，且，所以所求截面面积为，故D正确.11．ABD【详解】设为曲线上任意一点，则.对于A，由曲线过坐标原点，得，解得，故A正确；对于B，由得；当，时，，点在上，故B正确；对于C，由得.由曲线在第一象限，得.点在上，.取，得，解得；曲线在第一象限的点的纵坐标的最大值大于1，故C错误；对于D，由点在上，得；，，即，故D正确.12．【详解】由题意，令，则，当时，，所以切线的斜率，所以曲线在点处的切线方程为，即.13．【详解】根据两角和的余弦公式：，代入，，可得：，​解得：因为，所以，结合​​，可得：.由同角三角函数关系得，因此.14．【详解】情况一：先猜甲，猜对的概率为，猜错的概率为（直接结束），若猜对甲（概率），才有资格猜乙，此时猜对乙的概率为，猜错的概率为，故的可能取值为，对应概率为，，，期望；情况二：先猜乙，猜对的概率为，猜错的概率为（直接结束），若猜对乙（概率），才有资格猜甲，此时猜对甲的概率为，猜错的概率为，故的可能取值为，对应概率为，，，期望；因为，所以最优策略是先猜甲，再猜乙，此时随机变量的数学期望为.15．(1)记的中点为，连，，由、分别为、的中点，所以且，又且，所以且，

所以四边形为平行四边形，所以，

又平面，且平面，所以平面．(2)【详解】（1）略（2）由平面，，则、、两两垂直，则以点为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，又，则、、、，所以，，设面的法向量为，由，取，则，，则，易知平面的一个法向量为，记平面与平面所成锐二面角为，则，因此平面与平面所成锐二面角的余弦值为．16．(1)证明：（1）由，得，，

又，因此数列是首项为1，公差为1的等差数列.(2)【详解】（1）略.（2）由（1）知数列首项，公差为1，故，．

记的前项和为.解法一：①，①两边同乘以得：②，可得

得

解法二：设则

.17．(1)(2)【详解】（1）在中，，，所以，即，

如图，当点与点重合时，，又在等边中，有，故，所以，即为直角三角形，所以，即．所以等边的边长为．（2）结合（1）得，如图，当D为中点时，，设，等边三角形的边长为，在中，有，故，即

①，又在等边中，有，故，

在中，由，，则由三角形内角和关系得，

则由正弦定理得，

代入，，，得

②，

联立①②，对两式平方相加得，故．所以等边的边长为．18．(1)(2)存在定点【详解】（1）由椭圆的定义，可知的周长为，得．取短轴端点，焦点，则直线：，原点到该直线距离为．由题意可得，则．联立，解得或，当时，离心率；当时，离心率（舍去）．故，椭圆的方程为．（2）若的内心在轴上，则轴平分，故斜率满足．设定点，易知直线的斜率不为0．设：，，，联立，消元整理，得．恒成立，由韦达定理，得，，由，得，代入，，整理，得，所以，化简，得．要对任意实数成立，则，解得，综上，存在定点符合题意．19．(1)极大值点，无极小值点(2)当时，在单调递增，在单调递减；有且仅有1个极大值点，无极小值点．其中．(3)证明：由极大值条件，得：，结合，解得，，所以先证，因为，，故，，因此不等式得证．

因为又，所以上式等价于（*）下面证（*）式由，得，所以，所以要证证方法一：构造函数，，所以，已知对任意，，即，分母，所以，在严格单调递减．若，