广东汕尾市陆丰市2026-2027学年高三上学期第一次教学质量监测数学试卷（含答案）

/2026-2027学年度第一学期高三第一次教学质量监测数学试题2026-9-1温馨提示：请将答案写在答题卡上；考试时间为120分钟，满分150分．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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先分别求出集合和集合，再找出它们的公共元素，从而得到.【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.已知，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】因为，所以.3.在中，点在边上且，为的中点，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【详解】由题意，所以.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【答案】B【解析】【分析】先将10天的空气质量指数从小到大排序，再逐项分析即可求解.【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.已知正项等比数列的前项和为，若，，则（）A. B. C.15 D.40【答案】C【解析】【分析】根据等比数列前项和公式，结合已知条件求出公比，再计算.【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.已知是定义在上的奇函数且，当时，则（）A. B. C.0 D.1【答案】B【解析】【分析】由题意根据函数的奇偶性可推出函数的周期为，从而将转化为，再利用奇偶性以及已知即可求解.【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.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.【答案】C【解析】【分析】利用双曲线的定义与切线长定理确定出切点为定点，进而将问题转化为求已知圆上的动点到定焦点的最短距离.【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.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.【答案】A【解析】【分析】将问题转化为从个点中任选个点能构成三角形的概率问题，先计算总数有组，再算不能构成三角形有组，从而可得所求事件的概率.【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：.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（多选题2个答案对1个得3分，3个答案对1个得2分，有选错的得0分）．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.【答案】CD【解析】【分析】使用平方差公式求得，结合复数的概念与共轭复数的运算即可求解.【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.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【答案】ABD【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理可得平面，判断A，对于B：可证平面，即可得面面垂直；对于C：根据平行关系可知点P到平面的距离相等，结合锥体的体积公式分析判断；对于D：作辅助线，分析可知所求截面即为四边形，进而可得结果.【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.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，【答案】ABD【解析】【分析】设为曲线上任意一点，则.原点代入等式，结合，求解参数；把点代入等式判断等式是否成立；根据等式求出，根据点在曲线上，得到，特殊值（）代入，求得，判断曲线在第一象限的点的纵坐标的最大值大于1；根据等式求出，结合曲线方程中距离的非负性，对距离表达式进行放缩推导即可.【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.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.曲线在点处的切线方程为__________．【答案】【解析】【分析】先对函数进行求导，根据导数的几何意义求得切线的斜率，再根据直线方程的点斜式，即可求得切线方程.【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.已知，且，则的值为__________．【答案】【解析】【分析】先由两角和的余弦公式可得，再由同角三角函数关系得，再由商数关系及两角和的正弦公式可得.【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.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__________．【答案】【解析】【分析】分先猜甲、先猜乙两种情况，并确定对应随机变量的取值及其对应概率值，进而求出对应期望并比较大小，即可得.【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.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.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．【答案】（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）【解析】【分析】（1）先根据平行四边形的判定和性质得到，再根据线面平行的判定即可证明；（2）先建立空间直角坐标系，再利用面面角的向量求法求解即可．【小问1详解】略【小问2详解】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.已知数列中，，，．（1）证明：数列为等差数列；（2）求数列的前项和．【答案】（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）【解析】【分析】（1）根据与的递推关系，对递推式两边同乘，推导与的差为常数，再验证首项符合等差数列定义即可；（2）根据（1）得到，进而得到，解法一：根据错位相减法求解；解法二：设，可得，再裂项相消求和即可.【小问1详解】略.【小问2详解】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.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．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件及锐角三角函数即可求解；（2）根据已知条件及锐角三角函数，再利用内角和定理及正弦定理，结合同角三角函数的关系即可求解．【小问1详解】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．【小问2详解】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.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．【答案】（1）（2）存在定点【解析】【分析】（1）由椭圆的定义，可知的周长为，从而求得，再由点到直线的距离公式求出原点到短轴端点与焦点连线的距离，列出关于，的方程，然后结合离心率范围确定，的取值，从而求得椭圆方程；（2）由于可能存在定点在轴上，使得的内心在轴上，此时轴平分，则斜率满足，设出与直线方程，其与椭圆方程联立后，结合韦达定理代入，即可求得值，从而求得点坐标．【小问1详解】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．【小问2详解】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.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：．【答案】（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，当，，即方法二：令，在单调递增，故恒成立，，．证毕【解析】【分析】（1）对函数求导，令导数等于0求出导数的零点，之后判断零点两侧导数的符号变化，确定是否为极值点；（2）对原函数求导整理，可得导数的符号由三角函数部分决定，求解三角函数部分等于0的根，根据的取值范围判断根是否在区间内，再根据导数在各子区间