广东深圳市罗湖区2025-2026学年第一学期期末质量检测高三数学试卷（试卷+解析）

这是一份广东深圳市罗湖区2025-2026学年第一学期期末质量检测高三数学试卷（试卷+解析），共22页。试卷主要包含了考试结束后，考生上交答题卡等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟．
2、答卷前，考生务必将自己的学校、班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码．
3．作答选择题时，用铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑．
4、非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不得使用铅笔和涂改液．
5．考试结束后，考生上交答题卡．
一、单项选择题：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 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. 3D. 5
2. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
3. 已知双曲线的离心率为，则的渐近线方程为（ ）
A B. C. D.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
5. 已知定义在上的奇函数，当时，，则“”是“是单调函数”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
6. 在四面体中，，，两两垂直，且，若均在球的球面上，则的表面积为（ ）
A. 50B. 100C. 150D. 200
7. 在平面直角坐标系中，若角的终边关于轴对称，则（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知正六边形的边长为1，集合，则中任意两个元素的数量积最大值为（ ）
A B. C. 2D. 3
二、多项选择题：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. 某校举办“班班有歌声”爱国主义合唱比赛，7位评委给某班评分分别为82，90，65，68，80，92，80，依据评分规则，需去掉一个最高分和一个最低分，剩余5个评分为有效数据，则（ ）
A. 有效数据的极差是10B. 有效数据的平均数是80
C. 有效数据的第80百分位数是86D. 有效数据的方差是50
10. 已知直线与圆交于两点，则（ ）
A. 恒过定点B. 不存在最小值
C. 不存在最大值D. 面积的最大值为2
11. 某商场举行抽奖活动，规则如下：参与者从甲、乙两个箱子中随机选择一个，然后从该箱中有放回地抽取小球两次，每次抽取1个球，已知甲箱中有4个红球和2个白球，乙箱中有3个红球和3个白球，每次抽到红球记1分，抽到白球记0分，设事件“参与者选择甲箱”，事件“两次抽球总得分为2分”，则（ ）
A. B.
C. 与相互独立D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的展开式中的系数为_____．
13. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线交于，两点，若为等边三角形，则的焦距为___________
14. 某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会把纸沿某条直线对折．现有一张边长为2的等边三角形纸，点分别在边和上，现将三角形纸沿对折，点恰好落在边上且记为，当最短时，___________．
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. 如图，在平面四边形中，已知，，．
（1）求的面积；
（2）若，且，求的长．
16. 记是公差不为0的等差数列的前项和，若．
（1）求的通项公式；
（2）设，记为数列的前项和，证明：，．
17. 如图，在四棱柱中，底面是矩形，，．
（1）求证：；
（2）若与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
18. 在直角坐标系中，动圆与圆外切，且与直线相切，记的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）若直线与交于轴异侧两点，且．
（i）证明：过定点；
（ii）过作于点，求的最小值．
19. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在，使得关于x方程有三个不同的实数根，求b的取值范围；
（3）若为函数的极小值点，求m的取值范围．
2025-2026学年第一学期期末质量检测高三数学
注意事项：
1．本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟．
2、答卷前，考生务必将自己的学校、班级和姓名填在答题卡上，正确粘贴条形码．
3．作答选择题时，用铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑．
4、非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上，不得使用铅笔和涂改液．
5．考试结束后，考生上交答题卡．
一、单项选择题：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. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. 3D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法运算先求复数，再求复数的模即可.
【详解】由题意得，所以，
故选：B
2. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求集合，进而利用集合的并集运算即可求解.
【详解】由，解得，所以，
所以，
故选：A.
3. 已知双曲线的离心率为，则的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用离心率先求，进而得双曲线的渐近线方程.
【详解】由题意得，所以，解得，
所以双曲线的渐近线为，
故选：B.
4. 已知，则（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用指数函数的单调性和对数函数的性质以及不等式的性质即可求解.
【详解】由题意得，又，
所以，
故选：D.
5. 已知定义在上的奇函数，当时，，则“”是“是单调函数”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】结合函数单调性的定义和充分条件、必要条件进行判断.
【详解】因为是定义在上的奇函数，所以，
当时，对求导得：，
当时，，所以在上单调递增，在上也单调递增，
又，所以在上是单调函数，
当时，，所以在上单调递减，在上也单调递减，
又，若，即时，在上不是单调函数，
若，即时，在上是单调函数，
当时，，所以在上为常函数，整体不具有单调性；
所以是单调函数的充要条件是，
故“”是“是单调函数”的必要不充分条件.
故选：B
6. 在四面体中，，，两两垂直，且，若均在球的球面上，则的表面积为（ ）
A. 50B. 100C. 150D. 200
【答案】A
【解析】
【分析】四面体的外接球和以，，为长宽高的长方体的外接球相同，进而求得直径，再由球的表面积公式即可求解.
【详解】根据题意得四面体的外接球和以，，为长宽高的长方体的外接球相同，
所以外接球的直径为，
所以外接球的表面积为，
故选：A.
7. 在平面直角坐标系中，若角的终边关于轴对称，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意得，逐项验证即可求解.
【详解】由角的终边关于轴对称，所以，所以，
所以，
所以，故A正确，B错误；
由，故C错误；
由，故D错误；
故选：A.
8. 已知正六边形的边长为1，集合，则中任意两个元素的数量积最大值为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】依据正六边形的对称性和数量积的几何意义，计算可得结果.
【详解】如下图，
由正六边形对称性以及数量积的几何意义可知：
中任意两个元素的数量积最大值为.
故选：D．
二、多项选择题：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. 某校举办“班班有歌声”爱国主义合唱比赛，7位评委给某班的评分分别为82，90，65，68，80，92，80，依据评分规则，需去掉一个最高分和一个最低分，剩余5个评分为有效数据，则（ ）
A. 有效数据的极差是10B. 有效数据的平均数是80
C. 有效数据的第80百分位数是86D. 有效数据的方差是50
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意先求有效数据，再逐项验证即可求解.
【详解】根据题意有效数据为：
所以有效数据的极差为，故A错误；
有效数据的平均数为，故B正确；
由，所以有效数据的第80百分位数为，故C正确；
有效数据的方差为，故D错误.
故选：BC.
10. 已知直线与圆交于两点，则（ ）
A. 恒过定点B. 不存在最小值
C. 不存在最大值D. 面积的最大值为2
【答案】ACD
【解析】
【分析】令，即可得直线的定点，进而判断A，设定点为，当直线与垂直时，即可求的最值，即可判断B，求圆心到直线的距离，进而得，即可判断C，由，得的面积为，即可判断D.
详解】令，，所以直线恒过定点，故A正确；
设定点为，当直线与垂直时，圆心到直线的距离最大值为，
所以，故B错误，
由圆心到直线的距离为，因为，所以，
所以弦长，所以，所以无最大值，故C正确；
由，所以的面积为，
当时，即时，，故D正确，
故选：ACD.
11. 某商场举行抽奖活动，规则如下：参与者从甲、乙两个箱子中随机选择一个，然后从该箱中有放回地抽取小球两次，每次抽取1个球，已知甲箱中有4个红球和2个白球，乙箱中有3个红球和3个白球，每次抽到红球记1分，抽到白球记0分，设事件“参与者选择甲箱”，事件“两次抽球总得分为2分”，则（ ）
A. B.
C. 与相互独立D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据条件公式即可判断A，利用全概率公式即可判断B，利用事件的独立性的定义即可判断C，利用贝叶斯公式即可判断D.
【详解】设甲箱中每次抽到红球概率为，乙箱中每次抽到红球概率为，
由于参与者选择箱子是随机的，．
在事件发生的条件下（即选择了甲箱），每次抽到红球的概率为，
且各次抽取相互独立．两次总得分为2分，即两次均抽到红球，其概率为，故A正确；
在事件发生的条件下（即选择了乙箱），每次抽到红球的概率为，两次均抽到红球概率为，
由全概率公式，，故B正确；
由于，
显然，因此事件与事件不独立，故C错误；
由贝叶斯公式，，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的展开式中的系数为_____．
【答案】
【解析】
【分析】先求出二项展开式的通项公式，再令的幂指数等于，求得的值，即可求得展开式中的系数．
【详解】的展开式的通项为，
令，解得，因此，展开式中的系数为.
故答案为：.
本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于基础题．
13. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线交于，两点，若为等边三角形，则的焦距为___________
【答案】
【解析】
【分析】由题意得，进而得，再由椭圆的定义得，进而求解.
【详解】由为等边三角形，所以，根据对称性可知，，
又，所以，
所以，，
所以.
故答案为：
14. 某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会把纸沿某条直线对折．现有一张边长为2的等边三角形纸，点分别在边和上，现将三角形纸沿对折，点恰好落在边上且记为，当最短时，___________．
【答案】
【解析】
【分析】设，，在中利用余弦定理求出，再结合基本不等式可求.
【详解】设，，
因为，所以在中利用余弦定理可得，，
得，
令，则，且，
当且仅当，即时，等号成立，
当最短时，．
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. 如图，在平面四边形中，已知，，．
（1）求的面积；
（2）若，且，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理先求，再由三角形的面积公式即可求解；
（2）利用正弦定理先求，再由三角恒等变换得，最后利用正弦定理即可求解.
【小问1详解】
在中，由余弦定理知，
即，
解得，
；
【小问2详解】
在中，由正弦定理知，解得，
又在中，，
，
，
，
，
在中，，
，
中，由正弦定理得，
解得.
16. 记是公差不为0的等差数列的前项和，若．
（1）求的通项公式；
（2）设，记为数列的前项和，证明：，．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设的公差为，先求，利用等差数列的通项公式即可求解；
（2）由（1）得，利用错位相减法即可求解.
【小问1详解】
由等差数列的性质可得，则，
.
设的公差为，从而有，
从而，由于公差不为零，故，
的通项公式为；
【小问2详解】
，
，
，
两式相减得，
，即.
.
.
17. 如图，在四棱柱中，底面是矩形，，．
（1）求证：；
（2）若与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直即证平面，再由线面垂直的性质即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，且，利用线面角求出，进而利用向量的夹角公式即可求解.
【小问1详解】
由，
在中，有
，
平面，
平面，
平面，
在矩形中，有，
平面，
平面，
平面，
；
【小问2详解】
由（1）可知，，，
如图所示，以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
，
设，且，故，，
在四棱柱中，易得，，
，
设平面的法向量为，
则
令，则，
设与平面所成角为，
则，
解得，
设平面的法向量为，则
令，则，
设平面与平面的夹角为，
，
平面与平面夹角的余弦值为.
18. 在直角坐标系中，动圆与圆外切，且与直线相切，记的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）若直线与交于轴异侧两点，且．
（i）证明：过定点；
（ii）过作于点，求的最小值．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）.
【解析】
【分析】（1）根据动圆与定圆外切、与定直线相切的条件，转化为圆心到定点与到定直线的距离关系，进而利用抛物线定义确定轨迹为抛物线，求出参数即可得；
（2）（i）设直线方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理表示出向量数量积的条件，代入坐标表达式并化简，得到关于的方程，结合题意舍去不合要求的根，从而得出直线过定点；（ii）由垂直条件得出点在以某定点为圆心、定长为半径的圆上，将问题转化为求动点到该圆圆心距离的最小值，再减去半径，利用抛物线方程将距离表达式转化为关于的二次函数，通过求二次函数最小值得到结果.
【小问1详解】
由题意，动圆圆心到点的距离比其到直线的距离大，
∴圆心到点的距离等于它到直线的距离，
∴圆心的轨迹是以点为焦点，以直线为准线的抛物线，
设的方程为，则，
，
∴方程为．
【小问2详解】
（i）当直线斜率为时，与抛物线有且只有一个交点，
则可设直线的方程为，
联立，
得，
，
∴，或，由题（舍去），则，
∴过定点．
（ii）∵过作于点，且由（i）过定点，
∴点在以为圆心，4为半径的圆上，
设，且，，
，
∴当时，，
∴，
即的最小值为．
19. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在，使得关于x的方程有三个不同的实数根，求b的取值范围；
（3）若为函数的极小值点，求m的取值范围．
【答案】（1）上单调递减，上单调递增；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）确定函数的定义域，求出函数的导数，判断其正负，即可得答案；
（2）由题意可得方程有三个不同实数根，由此构造函数，讨论b的取值范围，从而判断函数单调性，即可求解；
（3）求出的导数，利用构造函数，结合分类讨论m的范围判断其单调性，判断是否为函数的极小值点，即可确定答案.
【小问1详解】
由题意知的定义域为，．
∴当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
∴在区间上单调递减，在区间上单调递增；
【小问2详解】
依题意，方程有三个不同实数根，
设，则，
由于，
当时，， 在上单调递减，至多有一个实数根，不符合题意；
当时，令，则，
恰有两个零点，设为，
令，则即，其两零点为，
当或时，，即，
当时，，即，
∴在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又当时，，当时，，
∴存在，使得方程有三个不同实数根，
∴b的取值范围是；
【小问3详解】
，设，则，
，设，
当，即时，；
当，即时，；
∴在区间上单调递减，在区间上单调递增，
当时，， ，
∴存在使得，
∴当时，单调递减，
∵，∴在区间上单调递增，在区间上单调递减，
∴为的极大值点，不符合题意；
当时，，
∴在区间上单调递增，在区间上单调递减，∵，
∴当时，，∴单调递减，不符合题意；
当时，， ，
∴当时，，单调递增，
∵，∴在区间上单调递减，在区间上单调递增，
∴为的极小值点，符合题意；
当时，，
存在，使得，
∴当时，单调递增，
∵，∴在区间上单调递减，在区间上单调递增，
∴为的极小值点，符合题意，
综上所述，m的取值范围是．