广东省中山市四校2026届高三上学期第一次联考 数学试卷（含答案）

这是一份广东省中山市四校2026届高三上学期第一次联考 数学试卷（含答案），共18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．已知集合，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
3．已知，且，则在的展开式中，的系数为（ ）
A．5B．10C．15D．20
4．已知斜三棱柱中，为四边形对角线的交点，设三棱柱的体积为，四棱锥的体积为，则（ ）
A．B．C．D．
5．我们初中所学的反比例函数图像其实是一种典型的双曲线．若，则该双曲线焦距为（ ）
A．B．C．D．
6．已知圆及两点，，若圆上任一点，都满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
8．如图，已知是双曲线的左､右焦点，为双曲线上两点，满足，且，则双曲线的离心率为（ ）

A．B．C．D．
二、多选题
9．抛掷一枚质地均匀的骰子，记试验的样本空间为，事件，事件，则（ ）
A．与是互斥事件
B．与是相互独立事件
C．
D．
10．如图，在棱长为1的正四面体中，点是顶点在底面内的射影，为的中点，则（ ）

A．
B．
C．点到平面的距离为
D．三棱锥的外接球体积为
11．在平面直角坐标系中，如果将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转（为弧度）后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”，则（ ）
A．，函数都为“旋转函数”
B．若函数为“旋转函数”，则
C．若函数为“旋转函数”，则
D．当或时，函数不是“旋转函数”
三、填空题
12．不等式的解集为 .
13．在复平面上的单位圆上有三个点，，，其对应的复数为，，.若，，则的面积 .
14．已知成公比为2的等比数列，且．若成等比数列，则所有满足条件的的和为 ．
四、解答题
15．如图，已知四边形为等腰梯形，且，，.E为CD中点，将沿BE 翻折到，使

(1)求证：平面平面；
(2)求平面和平面夹角的余弦值.
16．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，离心率为，且过焦点且垂直于椭圆C的长轴的弦长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过点的直线l交椭圆C于，两点，当的面积最大时，求直线l的方程.
17．现有张形状相同的卡片，上而分别写有数字，将这张卡片充分混合后，每次随机抽取一张卡片，记录卡片上的数字后放回，现在甲同学随机抽取4次.
(1)若，求抽到的4个数字互不相同的概率；
(2)统计学中，我们常用样本的均值来估计总体的期望.定义为随机变量的阶矩，其中1阶矩就是的期望，利用阶矩进行估计的方法称为矩估计.
（ⅰ）记每次抽到的数字为随机变量，计算随机变量的1阶矩和2阶矩；（参考公式：）
（ⅱ）知甲同学抽到的卡片上的4个数字分别为3，8，9，12，试利用这组样本并结合（ⅰ）中的结果来计算的估计值.（的计算结果通过四舍五入取整数）
18．已知等差数列与递增等比数列满足：，，.
(1)求和通项公式；
(2)保持数列的各项顺序不变，在与之间插入个，使它们与数列的项组成一个新数列，记数列的前项和为，求；
(3)记（其中），证明：.
19．已知函数．
(1)是否存在实数a使得在上有唯一最小值，如果存在，求出a的值；如果不存在，请说明理由；
(2)已知函数有两个不同的零点，记的两个零点是．
①求证：；
②求证：．
参考答案
1．B
【详解】集合，解得，集合，解得，
说明集合中的元素都属于集合，即.
故选：B
2．A
【详解】依题意得，函数的定义域为，
因为，
所以为偶函数，图象关于y轴对称，排除B,D两项，
又，排除C项，所以只有A选项符合.
故选:A．
3．B
【详解】因为，且，
则，得，
则，其含的项为，
即的系数为.
故选：B.
4．A
【详解】如图，延长，连接，
则，
所以，
又O为的中点，
所以点到平面的距离是点到平面的距离的2倍，
则，
所以，即.
故选：A
5．C
【详解】作出和的图象，它们的交点分别为，
由和联立方程组解得：或，
即交点，所以
根据双曲线的意义，可知实轴长，即，
又由双曲线的渐近线是两坐标轴，它们互相垂直，所以这是等轴双曲线，
即，所以，
即双曲线的焦距为，
故选：C.
6．D
【详解】设点，则，.
若满足，则，即，即，所以.
令，则表示点到坐标原点的距离.
如图，当线段过圆心时，最大，最大值为.
所以的取值范围是.
故选：D.

7．C
【详解】两边平方得①，
又，故，两边平方得
②，
式子①+②得，，
故，故.
故选：C
8．D
【详解】延长与双曲线交于点，
因为，根据对称性可知，
设，则，
可得，即，
所以，则，，
即，可知，
在中，由勾股定理得，
即，解得.
故选：D.

9．BD
【详解】已知，，则，所以与不是互斥事件，A错误；
计算，，，所以，
因为，所以与是相互独立事件，B正确；
已知，，，则，，
所以，C错误；
，则，，
，则，，
所以，D正确.
故选：BD.
10．AC
【详解】在棱长为1的正四面体中，平面，连接，
则，,，
，同理，
对于A，，则，A正确；
对于B，由选项A知，，若，而平面，
则平面，又平面，于是，，
而，即，因此不垂直，B错误；
对于C，由选项A知，两两垂直，则有平面，
因此点到平面的距离为，C正确；
对于D，三棱锥的外接球与以为棱的正方体外接球相同，
则该球的直径为，半径为，体积为，D错误.
故选：AC

11．BCD
【详解】对A：当旋转时与轴重合，此时个对应多个值，故A错误；
对B：将旋转后所得直线为，则只需与原函数仅有一个交点；
令，，当时，只有一个零点，所以，即，故B正确；
对C：令，当在定义域内仅有唯一解时，即，
当时，仅有一个解，故满足题意；
当时，的判别式，
对任意的，都存在使得判别式大于0，不满足题意；故，故C正确；
对D：若是“旋转函数”，当仅有唯一解时，即，令，
，令，则
当时，方程为，得，仅有唯一解，符合题意；
当时，当，，当，，所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为时，，，所以可得先减后增，不符合题意；
当时，当，，当，，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，有极大值也是最大值，即，则；
综上得存在时，是“旋转函数”，故D正确.
故选：BCD.
12．
【详解】，即，
所以，解得或，
所以不等式的解集为.
故答案为：.
13．或
【详解】由题意知，，
在中，由余弦定理可得：
，即，
在中，由余弦定理可得：
，即，
当与反向时，；
当线段在的内部时，即如图所示的位置时，，
所以的面积为或.
故答案为：或.
14．
【详解】由已知得，
由成等比数列，且成公比为2的等比数列，
得，所以，
所以，
令，得到，恰好有两个根，
而满足的的值有，满足的的值之和为，
故所有满足条件的的和为.
故答案为：.
15．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）在等腰梯形中，，则，，由为中点，
，得，则四边形为平行四边形，，
，又，则为等边三角形，即为等边三角形，
取中点，连接，于是，

由，，得为正三角形，，
则，又，于是，即，
而，且平面，因此平面，又平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知，直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，
，
设平面的法向量是，则，取，得，
设平面的法向量是，则，取，得，
则，
所以平面和面夹角的余弦值为.
16．(1)；
(2)或.
【详解】（1）设椭圆C的半焦距为，由过焦点且垂直于椭圆C的长轴的弦长为1，得点在椭圆上，
于是，由离心率为，得，而，因此，，
所以椭圆C的方程为.
（2）由题意，，直线不垂直于轴，设其方程为，
由，得，设，
则，，
，
当且仅当，即时取等号，
所以直线的方程为或．
17．(1)
(2)（ⅰ），；（ⅱ）
【详解】（1）依题意可得抽到的个数字互不相同的概率；
（2）（ⅰ）依题意的可能取值为，，，，
且（且），
所以
，
依题意的可能取值为，，，
且（且），
所以
；
（ⅱ）依题意样本数据，，，为期望（平均数）为，
则，，，为期望（平均数）为，
所以，
消去得，
整理得，解得（负值已舍去），
又，，所以.
18．(1)，.
(2)300
(3)证明见解析
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由题意得，解得，或，，
因为等比数列递增，，所以，所以，
所以，.
（2）设在数列的前100项中，来自的有项，若，
则应有，整理可得，
注意到函数在上单调递增，，，
，因，则无整数解，不满足题意.
若，则应有，
由以上分析，可得.
又在上单调递增，，.
则当时，满足题意.
即数列前100项包含，，，，及95个3，
所以.
（3）当时，，
设，
则，.
从而，
得，即；
当时，.
设，
则.
所以，即.
19．(1)存在，
(2)①证明见解析；②证明见解析
【详解】（1）由题意知，则，
当时，，在上单调递增，没有最小值；
当时，令，则（负值舍），
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
故当时，取最小值，
即，解得，
故存在实数使得在上有唯一最小值；
（2）①因为，令，即得，
由题意知的两个零点是，
即，则，则，
要证，即证，即，
即证，即，
由于，故，
即证，即，
令，设，则恒成立，
即在上单调递增，且，
故，即成立，
故；
②由于，令，
则，令，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，
函数有两个不同的零点，即的两个零点是，
则，由于，故，
函数在处的切线方程分别为，

且在内，在内，
先证：，即，即，
令，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故，
再证：，即，
令，则恒成立，
即在单调递减，则，
令，则可设；令，则，
则可得，即.