2026-2027学年广东省五校高三上学期第一次联考数学试卷（含解析）（含答案）

/数学说明：本试题共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟．1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上．一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．1.已知命题，，那么为（）A.， B.，C.， D.，2.已知集合，则P的真子集个数为（）A.7 B.8 C.15 D.163.设等差数列的前项和为，且，则的值是（）A.11 B.50 C.55 D.604.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则5.已知变量x和y的统计数据如表：x12345y66788根据上表可得回归直线方程，据此可以预测当时，（）A.8.5 B.9 C.9.5 D.106.已知，且，则的最小值为（）A. B.C. D.7.近年来，各地旅游事业得到飞速发展，越来越多的周边游客来参观天门市的陆羽故园、胡家花园、天门博物馆、黄潭七屋岭、海龙岛景区、西塔寺等6处景点.现甲、乙两位游客准备从6处景点各随机选一处游玩，记事件“甲和乙至少有一个人前往陆羽故园”，事件“甲和乙选择不同的景点”则（）A. B. C. D.8.已知函数，若有4个互不相同的根，则的取值范围为（）A. B. C. D.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.设为复数（i为虚数单位），下列命题正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则10.已知数列的首项，且满足，下列说法正确的有（）A.B.数列为等差数列C.数列的前项和大于4D.数列为单调递减数列11.已知定义域为的偶函数满足，当时，，则下列结论正确的有（）A.B.的图象关于点成中心对称C.D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分．12.的展开式中的系数是___________.13.已知函数为增函数，则的最小值是______．14.已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为__________．四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15.已知.（1）求并写出的表达式；（2）证明.16.在三棱柱中，侧面是边长为4的正方形，，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.17.某篮球运动员在训练中进行投篮练习.已知其2分球的命中率为0.8，3分球的命中率为0.5，且每次投篮结果相互独立.在每次投篮前，他可以根据场上情况选择投2分球或3分球.（1）若该运动员等可能地选择投2分球或3分球，求他投一次篮命中的概率：（2）现该运动员拥有连续2次投篮的机会，他制定了如下策略：若第一次命中，则第二次继续选择同一类型的投篮；若第一次未命中，则第二次更换为另一种类型的投篮，求该策略下，这名运动员第一次投篮应该怎么选择可以使得两次投篮总得分的期望最大.18.已知数列的前项和为，且，．（1）求数列的通项公式；（2）记，若对恒成立，求实数的取值范围；（3）记，数列的前项和为，若不等式对恒成立，求实数的最大值与整数的最小值．19.函数.（1）当时，求函数在的单调区间；（2）若存在，使得成立，求的取值范围；（3）若函数有两个零点、，且，求的取值范围.

数学说明：本试题共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟．1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上．一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．1.已知命题，，那么为（）A.， B.，C.， D.，答案：A解析：思路：根据存在量词命题的否定的知识确定正确答案.解答过程：原命题，，是存在量词命题，其否定是全称量词命题，注意到要否定结论，所以为，.2.已知集合，则P的真子集个数为（）A.7 B.8 C.15 D.16答案：A解析：思路：根据函数的定义域求出集合，再根据真子集的概念即可求解．解答过程：由，解得或，所以，所以P的真子集个数为故选：A.3.设等差数列的前项和为，且，则的值是（）A.11 B.50 C.55 D.60答案：C解析：思路：等差数列中，由求出，由求值即可.解答过程：由等差数列的性质，可得，则.故选：C4.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下面四个命题中，正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则答案：D解析：思路：根据空间直线与平面位置关系结合线面平行的判定定理、性质定理及面面垂直的判定定理逐项判断即可.解答过程：对于A，由题意也有可能，若要，则需，故A错误；对于B，若，则与没有交点，与没有交点，因为，则与关系不能确定，故与可能相交、异面也可能平行，故B错误；对于C，如图：在正方体中，若平面为平面，平面为平面，为，为，则，故C错误；对于，因为，所以，又，记且，则，所以，所以，故D正确.故选：D5.已知变量x和y的统计数据如表：x12345y66788根据上表可得回归直线方程，据此可以预测当时，（）A.8.5 B.9 C.9.5 D.10答案：D解析：思路：根据给定的数表，求出样本的中心点，进而求出即可得解.解答过程：依题意，，，即样本的中心点为，于是，解得，即，当时，预测.故选：D6.已知，且，则的最小值为（）A. B.C. D.答案：B解析：思路：先确定，满足的条件，再利用基本不等式求和的最小值.解答过程：因为.所以.因为，所以，当且仅当即时取等号.7.近年来，各地旅游事业得到飞速发展，越来越多的周边游客来参观天门市的陆羽故园、胡家花园、天门博物馆、黄潭七屋岭、海龙岛景区、西塔寺等6处景点.现甲、乙两位游客准备从6处景点各随机选一处游玩，记事件“甲和乙至少有一个人前往陆羽故园”，事件“甲和乙选择不同的景点”则（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：先利用对立事件的概率公式求出事件发生的概率，再分两种情况求出事件发生的概率，利用条件概率公式求解即可.解答过程：甲、乙从6处景点各选一处的总情况数为种，“甲和乙至少有一个人前往陆羽故园”的对立事件是“甲和乙都不前往陆羽故园”，甲不选陆羽故园有5种选法，乙不选陆羽故园也有5种选法，所以甲和乙都不前往陆羽故园的情况数为种，则，“甲和乙至少有一个人前往陆羽故园且甲和乙选择不同的景点”，分两种情况：（1）甲去陆羽故园，乙不去，甲去陆羽故园有1种选法，乙从除陆羽故园外的5个景点选有5种选法，共种情况；（2）乙去陆羽故园，甲不去，乙去陆羽故园有1种选法，甲从除陆羽故园外的5个景点选有5种选法，共种情况，所以，所以.故选.8.已知函数，若有4个互不相同的根，则的取值范围为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：先求解方程，得到的表达式，再结合函数的图象，分析取不同值时方程根的个数，进而确定的取值范围.解答过程：令，则方程可转化为.对进行因式分解可得，则，.所以或.

当时，，因为指数函数在上单调递增，所以在上单调递增，且.

当时，，对其求导，.令，即，解得（）.当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以在处取得极小值，也是最小值，.

对于：当时，，即，，解得，有个根.

因为有个互不相同的根，已经有个根，所以需要有个不同的根.结合的图象可知，当时，与有个不同的交点，即有个不同的根.

的取值范围为.故选：B.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.设为复数（i为虚数单位），下列命题正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则答案：AC解析：思路：根据共轭复数的定义可判断A；举反例可判断B；根据虚数单位的性质可判断C；根据复数的除法以及复数模的公式可判断D.解答过程：设复数，则共轭复数，对于A：若，则虚部，此时，，故，A正确；对于B：取，则，但，B错误；对于C：由得，复数范围内解得，C正确；对于D：对，化简得，故​，D错误.10.已知数列的首项，且满足，下列说法正确的有（）A.B.数列为等差数列C.数列的前项和大于4D.数列为单调递减数列答案：ABD解析：思路：代入计算可判断A；根据等差数列定义计算可判断B；根据裂项相消法计算可判断C；根据作商法计算可判断D.解答过程：因为，所以，对于A，由题意可得，因为，所以，故A正确；对于B，由等差数列定义可知，数列是以为首项，为公差的等差数列，故B正确；对于C，由B可知，，，则，设数列的前项和为，则，所以数列的前项和小于4，故C错误；对于D，因为，所以，因为，所以，则数列为单调递减数列，故D正确.11.已知定义域为的偶函数满足，当时，，则下列结论正确的有（）A.B.的图象关于点成中心对称C.D.答案：ABD解析：思路：由偶函数与条件，推得，进而得到周期，并可验证，故A正确；利用周期将改写为，满足中心对称判定形式，函数图像关于中心对称，故B正确；借助周期性化简、，得，C错误；求出的值域为，结合在单调递增与偶函数性质，证得，D正确.解答过程：选项A：令代入，得，即，又是定义域为的偶函数，故，A正确；选项B：由偶函数性质得，因此，即函数周期，所以由可得，所以关于中心对称，B正确；选项C：由周期，，故；，，故，C错误；选项D：当时，，指数函数单调递增，又，则在上单调递增；而函数关于成中心对称，则在上单调递增；由，得，因此，D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分．12.的展开式中的系数是___________.答案：40解析：思路：利用二项展开式的通项公式，即得解解答过程：因为，所以的展开式中的系数是40.故4013.已知函数为增函数，则的最小值是______．答案：解析：思路：先确保两段函数在各自定义域内单调递增，再结合分段点处左段函数值不大于右段函数值列不等式求解的范围，即可得到的最小值.解答过程：一次函数的斜率为，在上恒为增函数；对勾函数的单调递增区间为，要使其在上单调递增，需满足①；增函数要求分段点处左段函数的最大值不大于右段函数的最小值，即时满足：，由于，得，整理得，因式分解为，解得或②；取①②的交集得，因此的最小值为.14.已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为__________．答案：解析：思路：将正四面体放入正方体中，建立空间直角坐标系，利用空间两点的距离公式确定截面的形状，可求出周长.解答过程：如图，将正四面体放入正方体中，因为正四面体的棱长为，所以对应正方体的棱长为4.以为原点建立如图空间直角坐标系，则，，，.设动点，由题意得，，整理得，.取，，，分别为棱，，，的中点，则四边形即为动点构成的平面截正四面体所得的截面图形.因为四边形为菱形，且，所以所得截面多边形的周长为.四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15.已知.（1）求并写出的表达式；（2）证明.答案：（1），（2）设，则，故当时，当时.所以在上递减，在上递增，故.从而.解析：思路：（1）直接求导并令可得，再代入原表达式即可；（2）构造函数并用导数证明，然后利用即可.（1）由有，取得到，解得.将代入可得.（2）略方法提示：关键点点睛：本题的关键在于使用导数判断单调性，属于常规题.16.在三棱柱中，侧面是边长为4的正方形，，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的余弦值.答案：（1）因为侧面是边长为4的正方形，所以，因为，则，因为，所以，即，因为平面，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）解析：思路：（1）由题意，根据勾股定理及其逆定理可证得，结合线面垂直与面面垂直的判定定理即可证明；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.（1）略（2）以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，所以，所以，则，设平面的法向量为，由，可得，令，则，平面的法向量为，所以，又二面角为锐角，所以其余弦值为.17.某篮球运动员在训练中进行投篮练习.已知其2分球的命中率为0.8，3分球的命中率为0.5，且每次投篮结果相互独立.在每次投篮前，他可以根据场上情况选择投2分球或3分球.（1）若该运动员等可能地选择投2分球或3分球，求他投一次篮命中的概率：（2）现该运动员拥有连续2次投篮的机会，他制定了如下策略：若第一次命中，则第二次继续选择同一类型的投篮；若第一次未命中，则第二次更换为另一种类型的投篮，求该策略下，这名运动员第一次投篮应该怎么选择可以使得两次投篮总得分的期望最大.答案：（1）（2）该运动员第一次选择2分球可以使得两次投篮总得分的期望最大解析：思路：（1）记选择2分球为事件，选择3分球为事件，投一次篮命中为事件，结合全概率公式，即可求解；（2）当该运动员第一次选择2分球时，得到变量可取值有，求得相应的概率，列出分布列，求得期望值；当该运动员第一次选择3分球时，得到变量可取值有，求得相应的概率，列出分布列，求得期望值，结合，即可求解.（1）解：记选择2分球为事件，选择3分球为事件，投一次篮命中为事件，则所以.（2）解：当该运动员第一次选择2分球时，记他两次投篮的得分为，可取值有，可得，，，，所以随机变量的分布列为：02340.10.160.10.64所以当该运动员第一次选择3分球时，记他两次投篮的得分为，可取值有，可得，，，所以随机变量的分布列为：02360.10.40.250.25所以，因为，即，所以该运动员第一次选择2分球可以使得两次投篮总得分的期望最大.18.已知数列的前项和为，且，．（1）求数列的通项公式；（2）记，若对恒成立，求实数的取值范围；（3）记，数列的前项和为，若不等式对恒成立，求实数的最大值与整数的最小值．答案：（1）（2）（3）的最大值为，的最小值为解析：思路：（1）利用递推关系式采用累乘法求通项；（2）先求出前项和，构造数列，通过作差研究数列单调性找到最大值，进而由恒成立求得参数范围；（3）对裂项相消求和，再根据的单调性与取值范围确定的最大值和整数的最小值.（1）由递推关系，变形得，因此数列是首项为、公比为的等比数列.故，即.（2）

①，两边同乘得：

②，①②得：