2026年广东深圳市高三年级第一次调研考试数学试题（附答案解析）

这是一份2026年广东深圳市高三年级第一次调研考试数学试题（附答案解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．样本数据，，，的平均数为（ ）
A．6B．7C．8D．9
2．复数，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．已知抛物线上的一点的横坐标为，则点到焦点的距离为（ ）
A．B．C．D．
4．函数的最小正周期为，其图象的对称中心可以为（ ）
A．B．C．D．
5．设是定义在上的奇函数，，，则（ ）
A．B．0C．1D．2
6．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
8．若实数，，满足，则，，的大小关系不可能是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．在正三棱台中，为的中点，则（ ）
A．B．平面
C．D．平面
10．设双曲线的左、右焦点分别为，.过的直线与的两条渐近线的交点分别为、，为的中点，为坐标原点.则（ ）
A．是直角三角形B．是等腰直角三角形
C．D．直线的斜率为
11．将一枚质地均匀的硬币连续投掷次，定义随机变量为结果中连续出现正面的最大次数.若始终未出现正面，规定，例如，投掷结果为“正反正正”时，连续出现正面的次数为和，故，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．在中，已知，，，则______.
13．已知等差数列的前项和为，且，，则______.
14．已知，，，是8个正整数，记，其中，，，，若，则这8个正整数中的最大数与最小数的和为______.
四、解答题
15．已知数列是等比数列，，，数列满足：.
(1)求，的通项公式；
(2)求数列的前项和.
16．某智能系统用于处理判断题（答案只有“对”和“错”），系统内设有两个独立的预测模型，分别记为模型甲和模型乙.系统的答案输出规则如下：系统首先同时向模型甲与模型乙提问，若两者答案一致，则直接输出该答案；若两者答案不一致，系统将重新向模型甲提问一次，并以模型甲此次给出的答案作为最终输出答案.已知模型甲回答正确的概率为，模型乙回答正确的概率为0.75，假设各模型每次回答相互独立.
(1)当时，求系统第一次同时向两个模型提问时，两个模型答案不同的概率；
(2)若系统最终输出正确答案的概率不低于0.88，求的最小值.
17．已知球的半径为1，在球的内接八面体中，顶点，分别在平面两侧，且四棱锥与都是正四棱锥.
(1)如图1，若点在平面上，求证：平面；
(2)如图2，若二面角的正切值为，求该内接八面体的体积.
18．已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若有两个零点.
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
19．已知，为椭圆的左，右顶点，为上的一点，为双曲线上的一点（，两点不同于，两点），设直线，，，的斜率分别为，，，，且.
(1)设为坐标原点，证明：，，三点共线；
(2)设、的右焦点分别为、，、均在第一象限，直线与直线相交于点，.
（i）证明：；
（ii）证明：.
《广东深圳市2026届高三年级第一次调研考试数学试题》参考答案
1．D
【详解】样本数据的平均数为.
2．A
【详解】依题意，.
3．B
【详解】抛物线的准线方程为，
由抛物线定义可知，点到焦点的距离与点到准线的距离相等，
则点到焦点的距离.
4．A
【详解】由题意知，，所以，故.
令，，则，，
所以该函数的对称中心为，，显然只有A符合.
5．A
【分析】由奇偶性对称性得到函数的周期，再利用周期性对称性即可求解.
【详解】由于，，
则.
故选：A
6．B
【详解】由于，则，
于是.
7．D
【分析】根据投影向量的定义及计算公式计算即可.
【详解】向量在向量上的投影向量为.
故选：D.
8．C
【详解】由可得，
与互为反函数，故其交点在直线上，且交点横坐标小于1，
而与交点的横坐标等于1，
从而，，在同一直角坐标系中的大致图象如图所示：与的图像交点为,与的图像交点为,
且
当直线位于点的上方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足，
当直线位于点的上方，的下方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足，
当直线位于点的上方，的下方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足，
当直线位于点的下方时，此时直线与三个函数的交点横坐标满足，
9．BD
【详解】如图，将三棱台补足为三棱锥，
对于A，由于，而与相交，则与相交，故A错误；
对于B，由于平面平面，且平面，则平面，故B正确；
对于C，由于，且，则，又因为在平面内，所以与不垂直，故C错误；
对于D，由于，，且，，平面，则平面，故D正确.
10．ABD
【分析】根据双曲线的渐近线确定的大小，可判断A的真假；利用三角形中位线的性质，可判断B的真假；利用勾股定理，可求的长度，判断C的真假；利用正弦定理求的正弦，进而求其正切，再根据双曲线的对称性判断D的真假.
【详解】如图，
由于，则，，，A正确；
如图，连接，由于为的中位线，则且,所以，于是为等腰直角三角形，B正确；
由，则，，
则，，则C错误；
在中，由正弦定理：，则，
于是，由对称性可知，D正确；
11．ABD
【分析】A选项利用独立事件的概率乘法公式求得；B选项通过列出的分布列计算期望得；C选项通过枚举发现，说明不能简单分解为独立事件；D选项利用（正面次数）及期望的单调性证得.
【详解】对于A，对应于连续次扔出正面，于是，A正确；
对于B，，，，，
则，B正确；
对于C，观察前次扔出连续的次正面并不等价于前次的以及接下来的.
严格计算：，，，C错误；
对于D，不妨设表示前次投掷中出现正面的次数，
于是，则，则，于是，D正确.
故选：ABD
12．
【分析】利用三角形内角和与正弦定理可得答案
【详解】由三角形内角和得，则，
又由正弦定理：，则.
13．14
【分析】解法一：因为，且为等差数列，可以得到，求解即可.
解法二：因为为等差数列，所以为等差数列，设，则，，三项成等差数列，再通过等差中项的性质求解即可.
【详解】因为，且，则，
于是，则，.
解法2 由于为等差数列，设，则，，三项成等差数列，
于是，则，，.
故答案为：14.
14．23
【分析】根据题意表示出集合的元素，通过整除性求出重复值和总和，进而可得答案.
【详解】由题意可知：从8个数中任取7个数的和共有种不同的值，
但是，，，，，，只有7个数，
可知必有两种7个数的和相等，设这个和为，
令，那么，任取7个数的和就等于，，，，，这8个取值和的集合为，
则.
因为为整数，所以是7的倍数，由可知，是7的倍数，
再因为，所以.可知.
因此，，，，中最大数为：，最小数为：，
因此，它们的和为23.
15．(1)，，，.
(2).
【分析】（1）根据，，通过等比数列定义求出公比，代入等比数列通项公式求出，再根据作差法求出在时，，验证当时，符合该式，即可求出；
（2）利用裂项相消的方法求出即可.
【详解】（1）设等比数列的公比为，则，所以，，
因为，
当时，，
两式相减得，
则时，；
当时，由得，解得符合该式；
所以，.
（2）由于，
，
所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据独立事件和互斥事件概率的计算公式求值即可.
（2）先求系统最终输出的答案正确的概率，根据概率不低于列式，解二次不等式，可求的最小值.
【详解】（1）不妨设事件“模型甲回答正确”，事件“模型乙回答正确”，则“模型甲回答错误”，“模型乙回答错误”，
由于与相互独立，与，与，与都相互独立，
由题意可得，，，，，
分析可得，“在第一次提问中两个模型答案不同”的概率为，且与互斥，根据概率的加法公式和事件的独立性定义，得
，
故在第一次提问中两个模型答案不同的概率为0.325.
（2）系统最终输出正确答案包含两种互斥的情况：一是第一次提问时两模型答案一致且正确；二是第一次提问时两模型答案不一致，且第二次向模型甲提问时其回答正确.
系统第一次输出正确答案的概率为：，
由（1）可知，在第一次提问中两个模型答案不同的概率为：
，
系统第二次输出正确答案的概率为：，
设系统最终输出正确答案的概率为，则，
于是，解得，又由，于是，
则的最小值为.
17．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）先证明，再利用线面平行的判定定理直接证明即可；
（2）解法1 记正方形的中心为，取中点，设，利用二面角的平面角定义求得，， 因为为二面角的平面角且，列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解；
解法2 记正方形的中心为，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量，利用向量法列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解；
解法3 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量，利用向量法列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解；
【详解】（1）如图，连接，则必过点，
在四边形中，由于对角线，互相平分，
则四边形为平行四边形，故，
由于平面且平面，
所以平面；
（2）解法1 如图，记正方形的中心为，取中点，连接，，，，由于，则，同理可证，则为二面角的平面角，又，则，
则为二面角的平面角，为二面角的平面角，
不妨设点在的下方，
设
则，，，，，
于是，，
于是，
，
由于，则，解得，
则，则，即内接八面体的体积为；
解法2 如图，记正方形的中心为，连接，，
则，，两两垂直，如图，以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
不妨设点在的下方，
则，，，，
于是点，，，，
设平面的一个法向量为，，，
由，，令，则，
于是平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
，，
由，，令，则，
于是平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，由于，
则，则，，
则，即内接八面体的体积为.
解法3 如图，过点作，记正方形的中心为，连接，，
由于平面，，平面，则，，
且，则，，两两垂直，如图，以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
由对称性，不妨设点在的下方，设
则，，，，
于是点，，，，
设平面的一个法向量为，，
，
由，，
令，则，，
于是平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
，，
由，，
令，则，，
于是平面的一个法向量为，
设二面角的平面角为，由于，
则，则，
则，即内接八面体的体积为.
18．(1)单调递增区间为，单调递减区间为；
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定函数的单调性，
（2）（i）方法一：求导，对进行讨论，结合函数单调性可求解，即可构造函数，求导，结合零点存在性定理即可求解，方法二：求导，对进行讨论，换元，，，则， 可求解，即可结合解法一求解，解法三：求导，对进行讨论，结合零点存在性定理即可求解，解法四：分离常数得，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可结合函数图像求解，（ii）根据（i）的求解可求解函数的最大值，进而构造函数，利用导数求解单调性，即可得证.
【详解】（1）由于
令，则，
令，，在上单调递增；
令，，在上单调递减；
于是的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）（i）解法1 由于
若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾；
于是，令，则等价于，
易得，因为，则，
令，则在上单调递增，在上单调递减，
则，
因为即，，
所以，
显然不符合题意，故，即，
令，，
则在上单调递增，且，
由于，所以，
由于，令，在上单调递增，则，
于是，，
由零点存在定理，存在使得，
当时，易证，则即，
由于，
取，且，则，
由零点存在定理，存在使得，
所以当时，在上有两个零点.
解法2 由于，，
若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾：
于是，令，，，则，
令，则，
由于，令，，
当时，，即，于是在上单调递增，
当时，，即，于是在上单调递减，
于是，
若，即，
由，则，可得，同解法1；
解法3 由于，，
若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾；
于是，设，，
若，则，在上单调递减，且，
不妨令，则，
于是取，则，
且在上连续，由零点存在定理，存在唯一，，
于是在单调递增，在单调递减，则存在唯一极大值点；
若，令，则，于是在上单调递增，在单调递减，由于，则，，且，
且在上连续，由零点存在定理，存在唯一，，
于是在单调递增，在单调递减，则存在唯一极大值点；
综上所述：若，有一个极大值点；，
于是，
若，则至多只有一个零点，矛盾；
若，由于，同解法1；
解法4 令，则，，
于是函数与函数的图象在上有两个交点，
由于，
设，，，
于是在上单调递减，且，
于是时，，，在上单调递增；
时，，，在上单调递增：
且，，
所以函数的图象如图所示，所以，
（ii）根据（i）可知，，
其中，则，
下证：即证：.
设 ，
令，，于是在上单调递增，在上单调递减，
则，即证.
19．(1)证明见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）设出点的坐标，表示四个斜率，结合斜率和为0可证三点共线；
（2）（i）根据斜率的关系可求，，利用向量坐标关系可证平行，或者通过联立方程求出的坐标，再利用向量坐标关系可证平行；
（ii）利用斜率关系得出垂直，根据点P的轨迹是圆，结合圆的性质可证，或者利用线段比例关系得出轨迹为圆，结合圆的性质可证，或者利用差角的正切公式，结合正切函数单调性可证.
【详解】（1）设，，则，，
因为，可知：，
，，
因为，可知：，
则，，
由可知：，
可知：，因此，，，三点共线.
（2）（i）由可得：，
由（1）可知：.由，可知：
，且，都在第一象限，则，，
由（1）知：，，，
由（*）式结合，可知：
，，则，，
因此可得：
，由此可知：；
另解：
由（1）可知：，则，直线，
联立直线与椭圆：，解得点，
同理：，以下同上个解法.
（ii）由（i）可知：
，，
则；
直线，直线，
设点，于是，，
则，即，
则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
则，，
于是，则；
另解1：由（i）可知：
，
则；
如图，取的中点，的中点，记椭圆左焦点为，连接，
由于，设，
则，则，，三点共线，
于是，则，
于是，
则，，，四点共线.
于是，，
由于为的中位线，则，
因为，
则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
则，，
于是，则.
另解2：由于
，，
则，则是等腰直角三角形，
于是，
，，
，
同理可求，
由于，
于是，，
且，为锐角，由在上单调递增，所以．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
B
A
A
B
D
C
BD
ABD
题号
11









答案
ABD