广东省深圳市罗湖区2025-2026学年高三第一学期开学质量检测数学含答案解析

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注意事项：
1.全卷共4页，19小题，考试时间120分钟，满分150分.
2.答题前，请将姓名､准考证号和学校用黑色字迹的钢笔或签字笔填写在答题卡指定的位置上，并把条形码粘贴好.
3.作答单项选择题时，选出每题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号的信息点框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案.作答非选择题时，用黑色字迹的钢笔或签字笔把答案写在答题卡指定区域内，写在本试卷或草稿纸上，其答案一律无效.
4.考试结束后，请将答题卡交回.
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. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先解不等式确定B，再利用交集的概念计算即可.
【详解】由得，即，所以.
故选：C
2. 设向量，若，则（ ）
A. 1B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量平行的坐标公式即可得出答案.
【详解】由得，.
故选：B
3. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. C. 2D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据共轭复数将复数z表示出来，再通过复数平面与复数的模的关系即可求出答案.
【详解】由题意，复数z满足，则
故选:B．
4. 已知函数，则“”是“的图象关于点对称”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先得到函数的图象关于对称的等价条件，再根据充分必要条件的定义判断.
【详解】若函数的图象关于对称，则，
因为时，令，则满足，
所以“”是“图象关于点对称”的充分条件，
若，当时，；当时，，
即由不一定能得到，
所以“”不是“图象关于点对称”的必要条件，
综上可知，“”是“图象关于点对称”的充分不必要条件.
故选：A.
5. 若双曲线的渐近线方程是，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用双曲线的几何性质，求得，进而求得双曲线的离心率，得到答案.
【详解】因为双曲线的渐近线方程是，
可得，解得，则，
所以双曲线的离心率为.
故选：C.
6. 已知定义在上的偶函数的最小正周期为2，当时，，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】先得到，根据的奇偶性和周期性得到.
【详解】，故，，
定义在上的偶函数的最小正周期为2，
故.
故选：B
7. 若函数存在极大值点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求得导数，函数存在极大值点等价于方程在区间上有两个不相等的实数根，求出不等式组，求解并验证即得答案.
【详解】由，得.
由题意，得在有两个不相等的实数根.
令，则函数的图象如图所示
∴，解得.
此时，时，，单调递增；时，，单调递减；即当时，取得极大值.
所以实数的取值范围是.
故选：C.
8. 已知随机变量均服从两点分布，且，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由两点分布分别求得的概率，再，由求出，由条件概率公式计算.
【详解】随机变量均服从两点分布，
，，
又，
，由条件概率公式，
故选：D.
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. 已知直线与圆相交于两点，则（ ）
A. 是圆的一条对称轴
B. 圆的半径为
C. 圆心到的距离为
D. 的面积为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据圆的方程可得圆心和半径，知A、B正误；利用点到直线距离公式和垂径定理可求得C、D正误.
【详解】对于AB，由圆方程知：圆心，半径，B正确；
直线不过圆心，不是圆的对称轴，A错误；
对于C，圆心到直线的距离，C错误；
对于D，，，D正确.
故选：BD.
10. 在棱长为2的正方体中，分别是棱上的动点（含端点），则（ ）
A. 平面
B. 不存在，使得
C. 三棱锥的体积为定值
D. 当时，平面
【答案】ACD
【解析】
【分析】A.根据线面垂直的判断定理，证明平面；B.根据点与重合，点与重合，即可判断B；C.根据等体积转化，判断C；结合平行四边形的性质，结合线面平行的判断定理，判断D.
【详解】A.因为,点，所以平面和平面是同一个平面，
平面，平面，所以，且，且，平面，所以平面，即平面，故A正确；

B.当点与重合，点与重合，此时是等边三角形，此时，所以存在，使得，故B错误；
C.，为定值，故C正确；

D.取上一点，使，所以，且，所以四边形和是平行四边形，则，且，以及，，
所以四边形是平行四边形，则，且，
所以，且，所以四边形是平行四边形，
所以，平面，平面,
所以平面，故D正确.

故选：ACD
11. 已知函数（，且），则（ ）
A.
B. 曲线关于直线对称
C. 在区间上单调递增
D. 的值域为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用诱导公式化简计算即得；对于B，先利用同角的三角函数关系式和降幂公式化简得，求其对称轴检验即得；对于C，与B同法化简得，利用余弦函数的单调性即可判断；对于D，令，将换元成，利用求导判断其单调性，即可求出其值域.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，
由，可得的对称轴为，故B正确；
对于C，
，
当时，，因函数在上单调递减，
在区间上单调递减，故C错误；
对于D，令，则
因，则，
则，
令，可得，即解得，
故当时，，则，，
故，则在上单调递减；
当时，，则，，
故，则在上单调递增，
于是，，，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. 已知数列是公差不为零的等差数列，若成等比数列，则__________.
【答案】16
【解析】
【分析】结合等比数列的性质求出等差数列的公差，利用等差数列的通项公式即可求得答案.
【详解】由题意知数列是公差不为零的等差数列，设数列公差为
由成等比数列，得，即，
解得或（舍去），
故，
故答案为：16
13. 已知抛物线的焦点为，直线与交于两点，其中在第一象限，若，则直线的斜率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】过点作抛物线准线的垂线，垂足分别为，过作于，利用抛物线定义结合直角三角形求解作答.
【详解】过点作抛物线准线的垂线，垂足分别为，过作于，显然四边形是矩形，
由抛物线定义知，，因为，
则，
所以，
设直线的倾斜角为，则，
所以，
则直线的斜率为.
故答案为：.
14. 在中，为的中点，且，若，则当取得最大值时，__________.
【答案】##0.75
【解析】
【分析】设，分别对和用余弦定理可得，再结合基本不等式可得取得最大值时，，由此可求解答案.
【详解】设，则，
由，再分别在和中用余弦定理，
得，
即，化简得，
根据基本不等式，有，当且仅当时等号成立，
即，即取得最大值时，，
所以当取得最大值时，.
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. 已知数列的前项和为，且，设.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用与的关系求得通项公式再结合等比数列的定义证明即可；
（2）利用第一问先求通项公式，再由错位相减法计算即可.
【小问1详解】
由数列的前项和为，且，
当时，可得，解得；
当时，可得，
整理得，
即，
数列是首项，公比为2的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，
从而，
则，
两式相减，可得
，
.
16. 药物临床试验是确认新药有效性和安全性必不可少的步骤，为探究某药物在人体中的代谢情况，研究人员统计了血液中药物浓度与代谢时间的相关数据，如下表所示：
若采用一元线性回归模型，已知一个经验回归方程为①；若采用一元非线性回归模型，可求得经验回归方程②.
（1）求；
（2）①与②哪个更适合作为关于的经验回归方程？请比较其决定系数的大小，并说明理由.
附：（i）参考数据：；在经验回归方程②中，；
（ii）对于一组数据，决定系数.
【答案】（1）65 （2）②更适合作为关于的经验回归方程，理由见解析
【解析】
【分析】（1）先求出，，再根据求解即可；
（2）根据公式分别计算出两个方程的，进而结合决定系数公式判断即可.
【小问1详解】
由题意，，，
则.
小问2详解】
在方程①中，经验回归方程为，
则，
所以，
在方程②中，，
决定系数，
①的决定系数小于②的决定系数，
②更适合作为关于的经验回归方程.
17. 如图，在六面体中，四边形是正方形，平面平面平面.
（1）证明：；
（2）求平面和平面夹角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）先应用面面平行性质定理得出，再得出平面，最后应用线面垂直的判定定理得出平面进而得出线线垂直；
（2）方法1：应用线面垂直建系再分别求出平面和平面的法向量，再应用向量夹角余弦公式得出面面角的余弦，最后应用同角三角函数关系得出正弦值；方法2：过点作，交于点，得出是平面与平面的夹角，再计算得出角的正弦即可.
【小问1详解】
连接，
在正方形中，，
平面平面，平面平面，平面平面，
，
平面平面，
平面，
平面，
平面，
平面.
【小问2详解】
方法1：由（1）可知平面，
平面，
正方形中，有，
以为原点，以所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设，则，
，
由（1）可知平面是平面的一个法向量，
设是平面一个法向量，则
取，则，
设平面和平面所成角为，
则，
，即平面和平面所成角的正弦值为.
方法2：
设与的交点为，过点作，交于点，连接，设，
由（1）可知平面，
平面平面，
平面，
又平面平面，平面平面，
是平面与平面的夹角，
在正方形中，
由（1）可知平面，
平面，
在中，，
在中，，
在中，，
，
平面平面，
在中，，
平面与平面的夹角的正弦值为.
18. 在平面直角坐标系中，动点分别在轴和轴上，满足，点满足的轨迹记为．
（1）求的方程；
（2）已知点，过点且斜率不为0的直线与交于两点．
（i）证明：；
（ii）求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）.
【解析】
【分析】（1）设，根据向量关系及，推导出x、y的关系式即可得到C的方程；
（2）（i）设，求出直线与的斜率之积即可得证；（ii）利用韦达定理求出的面积表达式，通过研究表达式的单调性即可得到面积的最大值．
【小问1详解】
设，，，则，
，，联立可得，
的方程为．
【小问2详解】
（i）设直线，
联立，得，，
由韦达定理，得，
则直线与的斜率之积为，
，
．
（ii）由（i）知得，
且，
则的面积为，
令，则，
由于函数在上单调递增，则，
则，
面积的最大值．
19. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）设函数.
（i）设为的极值点，证明：；
（ii）证明：对任意正实数，都有.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，由点斜式即可求得切线方程；
（2）（i）对函数求导得，设，判断其单调性，则，借助于切线不等式可得，由零点存在定理推得存在，使得，推理得到为的极大值点，化简得到，利用对勾函数的单调性即得的取值范围；（ii）通过求导得到的最小值为，满足，由（i）已得的最大值为，满足，根据函数在上为增函数可得，将结果代入，化简计算即得证.
小问1详解】
由，可得，求导得，，则，
故曲线在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
（i），
设，显然在上单调递减，
因，又(后续提供证明)，
则，
故存在，使得，即，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
为的极大值点，，
函数在区间单调递减，则，
即.
[附注]证明：.
设，则，
当时，，当时，，
即函数在上单调递增；在上单调递减，
故，即得.
（ii），易知在上单调递增，
令，即，即，（*）
当时，，当时，，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增，
最小值为，
由（i）可知，的最大值为，且，（**）
由于函数在上为增函数，由（*），（**）式可得，
则由可得
故对任意正实数，都有
，
故对任意正实数，都有.
2
3
4
5
6
55
20
6
3
1