广东广州市黄埔区2026-2027学年高三上学期教育质量检测与核心素养评价数学试卷（含解析）

2026-2027学年第一学期教育质量检测与核心素养评价高三数学本试卷共5页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1．答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名、考生号和座位号填写在答题卡上，用2B铅笔将考生号和座位号填涂在答题卡相应位置上.2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、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.复数，则z的虚部是（）A.1 B.i C. D.【答案】A【解析】【分析】运用复数运算法则及虚部概念即可.【详解】,虚部为1，故选:A2.已知集合，，则等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合，再结合集合的交集和补集的概念即可求解.【详解】已知集合，解不等式，可得，又因为，所以，已知集合，解不等式，可得或，则，因此，故B正确.3.已知函数，则=（）A. B.2 C.5 D.9【答案】B【解析】【分析】根据题中分段函数解析式运算求解即可.【详解】因为，所以.故选：B.4.函数的最小正周期为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用二倍角公式和辅助角公式即可求得.【详解】由二倍角公式得：，则利用辅助角公式得：，其中，所以最小正周期：.5.在中，，，N为BC的中点，且外接圆的圆心为M，则（）A.10 B.20 C. D.【答案】B【解析】【分析】由条件可得，分别取线段的中点为结合向量数量积的定义以及运算律代入计算，即可得到结果.【详解】因为为的中点，则，所以．如图，分别取线段，的中点为，，因为为的外接圆圆心，所以，，则，，因此．6.函数的图像大致是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】通过求函数的零点判断图像与轴的交点，结合函数值的正负区间以及时的极限状态（或求导分析单调性）即可排除错误选项。【详解】令，即，因为恒成立，所以，解得或，数图像与轴有两个交点和。观察选项：A选项：当时图像一直在轴下方，不符合时，故排除A；B选项：当时图像有部分在轴下方，而当时，，，所以，故排除B；D选项：由导数可知，当时，函数单调递增，D选项在时单调递减，故排除D；C选项：图像过原点，在时函数值为正且先增后减（存在极大值），在后先减后增（存在极小值），符合函数性质.7.已知直线过抛物线的焦点，与交于两点，若线段的中点的横坐标为2，则下列结论正确的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据抛物线焦点坐标求得判断A；根据焦点弦长公式求解判断B；设直线的方程为，与抛物线联立，韦达定理判断D；利用求得判断C.【详解】因为抛物线的焦点，所以，所以，故A错误；抛物线为，焦点为，因为抛物线的准线为，则，，所以，故B正确；设直线的方程为，与抛物线联立，消去可得，可得，，故D错误；因为，所以，所以，所以，故C错误.故选：B8.如图，在棱长为2的正方体中，点M为上的动点，O为正方体内一点，则以下命题错误的是（）A.取得最小值B.当M为中点时，平面截正方体所得的截面为平行四边形C.四面体的外接球的表面积为时，D.若，则点O的轨迹长为【答案】C【解析】【分析】对于A，将平面沿翻折到与平面为同一平面，结合勾股定理以及三角形三边关系即可判断；对于B，设是的中点，得出四边形是菱形即可判断；对于C，当时，验算四面体的外接球的表面积即可判断；对于D，找出点的轨迹即可验算求解.【详解】对于A，如图，将平面沿翻折到与平面为同一平面，则，当三点共线时，等号成立，故A正确；对于B，如图，设是的中点，连接，因为正方体的棱长为2，且分别为的中点，所以，且，，所以四边形是菱形，所以平面就是平面，此截面是平行四边形，故B正确；对于C，由题意得，则，因为两两垂直，所以四面体的外接球的直径，所以，解得，故C错误；对于D，如图，由，所以点在的中垂面上，设的中点为，则，因为平面，平面，所以，又因为，，平面，平面，所以平面，则，所以点在以为圆心，半径为的半圆上运动，点的轨迹长为，故D正确.关键点点睛：判断D选项的关键的得出点首先在面上，进一步得出可确定的轨迹，由此即可顺利得解.二、选择题：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.已知随机变量，若，则（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】【分析】根据正态分布的定义和正态曲线的性质，利用均值与方差的计算性质逐一判断各选项即得.【详解】因为随机变量，所以，故A正确；，故B正确；因为随机变量，所以，则，故C错误；又，故D错误.故选：AB.10.已知，下列说法正确的是（

）A.若，在区间上单调B.若关于直线对称，则C.若，且为的一个对称中心，则D.若，在区间上的最大值与最小值的差的取值范围是【答案】BCD【解析】【详解】A选项：当时，，因为，所以，因为函数在上不单调，所以函数在区间上不单调.故A错误；B选项：若关于直线对称，则或，由；方程无解.所以.故B正确；C选项：时，为的一个对称中心，所以，所以.故C正确；D选项：当时，，其中，且.当与关于某条对称轴对称时，不妨设，此时，，故在处取得最大值，在端点处取得最小值，因此在区间上的最大值与最小值的差取得最小值；当与都在的某一个单调区间内时，，其中，且.当，时，.故D正确.11.双曲线具有如下光学性质:是双曲线的左、右焦点，从发出的光线射在双曲线右支上一点，经点反射后，反射光线的反向延长线过.如图，若双曲线的方程为，是双曲线在点处的切线，则下列结论正确的是（）A.若，则B.当点异于双曲线的顶点时，平分C.当过点时，光线由到再到所经过的路程为4D.若，则点的坐标为【答案】ABD【解析】【分析】由双曲线定义计算可判断A；由题意结合光的反射原理计算可判断B，由双曲线定义及两点间距离公式计算可判断C；由双曲线定义及三角形面积公式列式计算可判断D.【详解】在双曲线中，则，故.设，若，且，则，所以，A项正确；过点作，如图所示，由光的反射原理可知，，所以，故平分，B项正确；，故当过点时，光线由到再到所经过的路程为，C项错误；若，则，设，则，因为，且，所以，即，解得，D项正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知点、是椭圆的左、右焦点，若过焦点的直线交椭圆于两点，则的周长为______．【答案】12【解析】【详解】根据椭圆方程可得，则，由椭圆的定义得，，，所以的周长为.13.已知定义在R上的奇函数f(x),则f(f(﹣1))＝_____，若f(a)＞0,则实数a的取值范围是_____.【答案】①.②.【解析】【分析】①根据分段函数解析式求出f(﹣1)＝﹣f(1)＝﹣(1，即可求解；②先求出当a≥0时的解集，再根据奇偶性得a≤0的解集.【详解】①定义在R上的奇函数f(x)，则f(﹣1)＝﹣f(1)＝﹣(1，∴f(f(﹣1))＝f(1.②当0≤a＜1时，由f(a)＝2﹣a﹣1＞0，∴2﹣a＞20，﹣a＞0，∴a＜0(舍去).当a≥1时，f(a)0，可得，∴a.再根据函数f(x)的图象关于原点对称，如图所示:可得实数a的取值范围(，0)∪(，+∞)，故答案为:①，②(，0)∪(，+∞).此题考查根据分段函数结合奇偶性求函数值和解不等式，关键在于准确识别分段函数的分段区间，根据解析式准确求解.14.在中，，以各边为直径分别向外作三个半圆，为三个半圆上任意两点，则的最大值是___________．【答案】【解析】【分析】利用三角形中两边之和大于第三边，可得的最大值等于周长的一半，这样就将求的最大值转化为求的周长的一半的最大值.方法一：因为，所以求的最大值转化为的最大值.根据余弦定理，结合基本不等式，求得的最大值，进而求得的最大值，即的最大值.方法二：根据正弦定理将的最大值转化成求的最大值，根据给定区间上的正弦型函数的最大值求法求得结果，即可得到的最大值.【详解】设边的中点分别为，当位于两个不同的半圆上时，例如点P在以BC为直径的半圆上，点Q在以AB为直径的半圆上，则，当且仅当共线时等号成立，当在同一半圆上时，最大距离为该半圆的直径，根据三角形两边之和大于第三边可知，半周长大于任意一边，故的最大值是的半周长，即.方法一：中，由余弦定理，得，因为当且仅当时，等号成立.所以，所以，即，所以，当且仅当时，的最大值.此时，取得最大值.方法二：根据正弦定理，得，所以所以=.因为，所以，所以，所以，当且仅当时，取得最大值.此时取得最大值.所以的最大值为.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.数列为等差数列，其前项和为为等比数列，其前项和为，已知.（1）求数列和的通项公式；（2）若，令，求数列的前项和．【答案】（1），或.（2）【解析】【分析】（1）分别设出的公差、公比，再根据通项公式求解即可.（2）根据（1）问的结果以及等比、等差数列的前项和公式求解即可.【小问1详解】设等差数列的首项为​，公差为.则，得.又，则，得，代入，得，因此.设等比数列的首项为​，公比为.由，，所以，两式相减得，联立得，解得或​.若，代入得，因此.若，则，因此.综上，，或.【小问2详解】因为，所以.由​的定义，前项中包含个奇数项和个偶数项，分组求和：奇数项和（），该数列是首项为，公差为的等差数列，末项为，所以和为.偶数项和（），该数列是首项为，公比为的等比数列，共项，所以和为.因此，整理得.16.如图，在梯形中，，过点作于点.现将沿翻折到的位置，使得平面平面.（1）证明：；（2）已知，，且，，，在同一个球面上，设该球面的球心为.①证明：点在平面上；②求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明:因为平面平面，平面平面，又易知，平面，所以平面，又平面，所以.（2）①证明：法一：在平面内作的垂直平分线，交于，连接，，因为，，所以，，因为，，所以，因为，，所以，所以在以为球心，为半径的球面上，即与重合，故点在平面上；法二：以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，若在同一个球面上，设球的半径为，则，设，则，解得，即点在平面上；②.【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质，可得平面，再由线面垂直的性质，即可求解；（2）法一，①在平面内作的垂直平分线，交于，再证明，即可求解；②利用等体积法，求出到平面的距离，再由线面角的定义即可求解；法二，①建立空间直角坐标系，求出求出点的坐标，即可求解；②求出平面的法向量和，再由线面角的向量法，即可求解.【小问1详解】略；【小问2详解】法一：①略②记点到平面的距离为，由，可得，由（1）知平面，又平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，又，，则，所以，则，解得，又，记与平面所成角为，则，即与平面所成角的正弦值为.法二：①略；②，，.设平面的法向量为，则，取，则，记与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为.17.人工智能在做出某种推理和决策前，常常是先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.我们利用这种方法设计如下试验：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子内有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球.我们首先从这两个袋子中随机选择一个袋子，假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为（先验概率），再从该袋子中随机摸出一个球，称为一次试验.经过多次试验，直到摸出红球，则试验结束.（1）求首次试验结束的概率；（2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整.（i）求选到的袋子为甲袋的概率；（ii）将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有两种方案.方案①：从原来袋子中摸球；方案②：从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大.【答案】（1）（2）（i）；（ii）方案②中取到红球的概率更大【解析】【分析】（1）根据全概率公式计算可得.（2）根据条件概率公式进行计算，根据数据下结论.【详解】（1）设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件.，所以试验一次结果为红球的概率为.（2）（i）因为，是对立事件，，所以，所以选到的袋子为甲袋的概率为.（ii）由（i）得，所以方案①中取到红球的概率为：.方案②中取到红球的概率为：.因为，所以方案②中取到红球的概率更大.18.如图，椭圆与双曲线在第一象限的公共点为，曲线由两段曲线组成：当时，曲线与椭圆重合；当时，曲线与双曲线重合．（1）求b的值；（2）已知过点的直线l与曲线交于E，F两点，若，求直线l的方程；（3）若直线与曲线交于M，N两点，记的面积为S，且，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）将点代入椭圆、双曲线方程求解；（2）设，由得到，再分直线l的斜率不存在和直线l的斜率存在时分析判断.（3）根据设直线方程为，由，且，得到，再根据，得到直线m与曲线的交点都在椭圆上，与椭圆方程联立，结合韦达定理求解.【小问1详解】由于椭圆与双曲线在第一象限的公共点为，即，得，所以；【小问2详解】设，，则，由得，，即，则，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为：，此时，成立；当直线l的斜率存在时，由题意知交点E，F必定在直线的两侧，即左侧为与椭圆的交点，右侧与双曲线的交点，由椭圆的对