2026届广东省深圳市南山区高三下学期第六次检测数学试卷含解析

这是一份2026届广东省深圳市南山区高三下学期第六次检测数学试卷含解析，共20页。试卷主要包含了已知，，那么是的，下列命题是真命题的是，tan570°=，的展开式中，含项的系数为，设，，，则的大小关系是等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知函数在上的值域为，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．或D．
3．在直角坐标平面上，点的坐标满足方程，点的坐标满足方程则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．已知，，那么是的（ ）
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
5．下列命题是真命题的是（ ）
A．若平面，，，满足，，则；
B．命题：，，则：，；
C．“命题为真”是“命题为真”的充分不必要条件；
D．命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”.
6．tan570°=（ ）
A．B．-C．D．
7．已知是定义是上的奇函数，满足，当时， ，则函数在区间上的零点个数是（ ）
A．3B．5C．7D．9
8．的展开式中，含项的系数为（ ）
A．B．C．D．
9．一辆邮车从地往地运送邮件，沿途共有地，依次记为，，…（为地，为地）．从地出发时，装上发往后面地的邮件各1件，到达后面各地后卸下前面各地发往该地的邮件，同时装上该地发往后面各地的邮件各1件，记该邮车到达，，…各地装卸完毕后剩余的邮件数记为．则的表达式为（ ）．
A．B．C．D．
10．设，，，则的大小关系是( )
A．B．C．D．
11．已知复数z满足i•z＝2+i，则z的共轭复数是（）
A．﹣1﹣2iB．﹣1+2iC．1﹣2iD．1+2i
12．已知双曲线C的两条渐近线的夹角为60°，则双曲线C的方程不可能为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知平行于轴的直线与双曲线：的两条渐近线分别交于，两点，为坐标原点，若为等边三角形，则双曲线的离心率为______.
14．已知圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上，圆柱的高和球半径均为2，则该圆柱的底面半径为__________.
15．双曲线的左焦点为，点，点P为双曲线右支上的动点，且周长的最小值为8，则双曲线的实轴长为________，离心率为________.
16．函数的定义域为______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，四棱锥中，底面是矩形，面底面，且是边长为的等边三角形，在上，且面.

（1）求证: 是的中点；
（2）在上是否存在点，使二面角为直角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
18．（12分）已知函数．
当时，求不等式的解集；
，，求a的取值范围．
19．（12分）为了解网络外卖的发展情况，某调查机构从全国各城市中抽取了100个相同等级地城市，分别调查了甲乙两家网络外卖平台（以下简称外卖甲、外卖乙）在今年3月的订单情况，得到外卖甲该月订单的频率分布直方图，外卖乙该月订单的频数分布表，如下图表所示.
（1）现规定，月订单不低于13万件的城市为“业绩突出城市”，填写下面的列联表，并根据列联表判断是否有90%的把握认为“是否为业绩突出城市”与“选择网络外卖平台”有关.
（2）由频率分布直方图可以认为，外卖甲今年3月在全国各城市的订单数（单位：万件）近似地服从正态分布，其中近似为样本平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表），的值已求出，约为3.64，现把频率视为概率，解决下列问题：
①从全国各城市中随机抽取6个城市，记为外卖甲在今年3月订单数位于区间的城市个数，求的数学期望；
②外卖甲决定在今年3月订单数低于7万件的城市开展“订外卖，抢红包”的营销活动来提升业绩，据统计，开展此活动后城市每月外卖订单数将提高到平均每月9万件的水平，现从全国各月订单数不超过7万件的城市中采用分层抽样的方法选出100个城市不开展营销活动，若每按一件外卖订单平均可获纯利润5元，但每件外卖平均需送出红包2元，则外卖甲在这100个城市中开展营销活动将比不开展营销活动每月多盈利多少万元？
附：①参考公式：，其中.
参考数据：
②若，则，.
20．（12分）如图，在斜三棱柱中，已知为正三角形，D，E分别是，的中点，平面平面，.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面.
21．（12分）已知等腰梯形中（如图1），，，为线段的中点，、为线段上的点，，现将四边形沿折起（如图2）
（1）求证：平面；
（2）在图2中，若，求直线与平面所成角的正弦值.
22．（10分）在中，角的对边分别为.已知，且.
（1）求的值；
（2）若的面积是，求的周长.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、A
【解析】
将整理为，根据的范围可求得；根据，结合的值域和的图象，可知，解不等式求得结果.
【详解】
当时，
又，，
由在上的值域为
解得：
本题正确选项：
【点睛】
本题考查利用正弦型函数的值域求解参数范围的问题，关键是能够结合正弦型函数的图象求得角的范围的上下限，从而得到关于参数的不等式.
2、D
【解析】
首先求出集合，再根据补集的定义计算可得；
【详解】
解：∵，解得
∴，∴.
故选：D
【点睛】
本题考查补集的概念及运算，一元二次不等式的解法，属于基础题.
3、B
【解析】
由点的坐标满足方程，可得在圆上，由坐标满足方程，可得在圆上，则求出两圆内公切线的斜率，利用数形结合可得结果.
【详解】
点的坐标满足方程，
在圆上，
在坐标满足方程，
在圆上，
则作出两圆的图象如图，
设两圆内公切线为与，
由图可知，
设两圆内公切线方程为，
则，
圆心在内公切线两侧，，
可得，，
化为，，
即，
，
的取值范围，故选B.
【点睛】
本题主要考查直线的斜率、直线与圆的位置关系以及数形结合思想的应用，属于综合题. 数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法，尤其在解决选择题、填空题时发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是运用这种方法的关键是正确作出曲线图象，充分利用数形结合的思想方法能够使问题化难为简，并迎刃而解.
4、B
【解析】
由，可得，解出即可判断出结论．
【详解】
解：因为，且
．
，解得．
是的必要不充分条件．
故选：．
【点睛】
本题考查了向量数量积运算性质、三角函数求值、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
5、D
【解析】
根据面面关系判断A；根据否定的定义判断B；根据充分条件，必要条件的定义判断C；根据逆否命题的定义判断D.
【详解】
若平面，，，满足，，则可能相交，故A错误；
命题“：，”的否定为：，，故B错误；
为真，说明至少一个为真命题，则不能推出为真；为真，说明都为真命题，则为真，所以“命题为真”是“命题为真”的必要不充分条件，故C错误；
命题“若，则”的逆否命题为：“若，则”，故D正确；
故选D
【点睛】
本题主要考查了判断必要不充分条件，写出命题的逆否命题等，属于中档题.
6、A
【解析】
直接利用诱导公式化简求解即可．
【详解】
tan570°=tan（360°+210°）=tan210°=tan（180°+30°）=tan30°=．
故选：A．
【点睛】
本题考查三角函数的恒等变换及化简求值，主要考查诱导公式的应用，属于基础题.
7、D
【解析】
根据是定义是上的奇函数，满足，可得函数的周期为3，再由奇函数的性质结合已知可得 ，利用周期性可得函数在区间上的零点个数．
【详解】
∵是定义是上的奇函数，满足， ，可得，
函数的周期为3，
∵当时， ，
令，则，解得或1，
又∵函数是定义域为的奇函数，
∴在区间上，有．
由，取，得 ，得，
∴．
又∵函数是周期为3的周期函数，
∴方程=0在区间上的解有 共9个，
故选D．
【点睛】
本题考查根的存在性及根的个数判断，考查抽象函数周期性的应用，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属于中档题．
8、B
【解析】
在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于，求出的值，即可求得含项的系数．
【详解】
的展开式通项为，
令，得，可得含项的系数为.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
9、D
【解析】
根据题意，分析该邮车到第站时，一共装上的邮件和卸下的邮件数目，进而计算可得答案．
【详解】
解：根据题意，该邮车到第站时，一共装上了件邮件，
需要卸下件邮件，
则，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查数列递推公式的应用，属于中档题．
10、A
【解析】
选取中间值和，利用对数函数，和指数函数的单调性即可求解.
【详解】
因为对数函数在上单调递增,
所以,
因为对数函数在上单调递减,
所以，
因为指数函数在上单调递增,
所以,
综上可知,.
故选:A
【点睛】
本题考查利用对数函数和指数函数的单调性比较大小;考查逻辑思维能力和知识的综合运用能力;选取合适的中间值是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
11、D
【解析】
两边同乘-i，化简即可得出答案．
【详解】
i•z＝2+i两边同乘-i得z=1-2i,共轭复数为1+2i，选D.
【点睛】
的共轭复数为
12、C
【解析】
判断出已知条件中双曲线的渐近线方程，求得四个选项中双曲线的渐近线方程，由此确定选项.
【详解】
两条渐近线的夹角转化为双曲渐近线与轴的夹角时要分为两种情况．依题意，双曲渐近线与轴的夹角为30°或60°，双曲线的渐近线方程为或.A选项渐近线为，B选项渐近线为，C选项渐近线为，D选项渐近线为.所以双曲线的方程不可能为.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查双曲线的渐近线方程，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、2
【解析】
根据为等边三角形建立的关系式，从而可求离心率.
【详解】
据题设分析知，，所以，得，
所以双曲线的离心率.
【点睛】
本题主要考查双曲线的离心率的求解，根据条件建立之间的关系式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
14、
【解析】
由圆柱外接球的性质，即可求得结果.
【详解】
解：由于圆柱的高和球半径均为2，,则球心到圆柱底面的距离为1，
设圆柱底面半径为，由已知有，
∴，
即圆柱的底面半径为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查由圆柱的外接球的性质求圆柱底面半径，属于基础题.
15、2 2
【解析】
设双曲线的右焦点为，根据周长为，计算得到答案.
【详解】
设双曲线的右焦点为.
周长为：.
当共线时等号成立，故，即实轴长为，.
故答案为：；.
【点睛】
本题考查双曲线周长的最值问题，离心率，实轴长，意在考查学生的计算能力和转化能力.
16、
【解析】
对数函数的定义域需满足真数大于0，再由指数型不等式求解出解集即可.
【详解】
对函数有意义，
即.
故答案为：
【点睛】
本题考查求对数函数的定义域，还考查了指数型不等式求解，属于基础题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、 (1) 见解析;(2).
【解析】
试题分析：(1)连交于可得是中点，再根据面可得进而根据中位线定理可得结果；(2)取中点，由（1）知两两垂直. 以为原点，所在直线分别为轴,轴，轴建立空间直角坐标系，求出面的一个法向量，用表示面的一个法向量，由可得结果.
试题解析：(1)证明：连交于，连是矩形，是中点.又面，且是面与面的交线，是的中点.
(2)取中点，由（1）知两两垂直. 以为原点，所在直线分别为轴，
轴，轴建立空间直角坐标系（如图），则各点坐标为.
设存在满足要求，且，则由得：，面的一个法向量为，面的一个法向量为，由，得，解得，故存在，使二面角为直角，此时.
18、（1）； （2）.
【解析】
（1）当时，，
①当时，，
令，即，解得，
②当时，，显然成立，所以，
③当时，，
令，即，解得，
综上所述，不等式的解集为．
（2）因为，
因为，有成立，
所以只需，
解得，
所以a的取值范围为．
【点睛】
绝对值不等式的解法：
法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
19、（1）见解析，有90%的把握认为“是否为业绩突出城市”与“选择网络外卖平台”有关.（2）①4.911②100万元.
【解析】
（1）根据频率分布直方图与频率分布表，易得两个外卖平台中月订单不低于13万件的城市数量，即可完善列联表.通过计算的观测值，即可结合临界值作出判断.
（2）①先根据所给数据求得样本平均值，根据所给今年3月订单数区间，并由及求得，.结合正态分布曲线性质可求得，再由二项分布的数学期望求法求解.②订单数低于7万件的城市有和两组，根据分层抽样的性质可确定各组抽取样本数.分别计算出开展营销活动与不开展营销活动的利润，比较即可得解.
【详解】
（1）对于外卖甲：月订单不低于13万件的城市数量为，
对于外卖乙：月订单不低于13万件的城市数量为.
由以上数据完善列联表如下图，
且的观测值为，
∴有90%的把握认为“是否为业绩突出城市”与“选择网络外卖平台”有关.
（2）①样本平均数，
故
=
=，
，
的数学期望，
②由分层抽样知，则100个城市中每月订单数在区间内的有（个），
每月订单数在区间内的有（个），
若不开展营销活动，则一个月的利润为（万元），
若开展营销活动，则一个月的利润为（万元），
这100个城市中开展营销活动比不开展每月多盈利100万元.
【点睛】
本题考查了频率分布直方图与频率分布表的应用，完善列联表并计算的观测值作出判断，分层抽样的简单应用，综合性强，属于中档题.
20、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）根据，分别是，的中点，即可证明，从而可证平面；
（2）先根据为正三角形，且D是的中点，证出，再根据平面平面，得到平面，从而得到，结合，即可得证．
【详解】
（1）∵，分别是，的中点
∴
∵平面，平面
∴平面.
（2）∵为正三角形，且D是的中点
∴
∵平面平面，且平面平面，平面
∴平面
∵平面
∴
∵且
∴
∵，平面，且
∴平面.
【点睛】
本题考查直线与平面平行的判定，面面垂直的性质等，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，中档题．
21、（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）先连接，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；
（2）在图2中，过点作，垂足为，连接，，证明平面平面，得到点在底面上的投影必落在直线上，记为点在底面上的投影，连接，，得出即是直线与平面所成角，再由题中数据求解，即可得出结果.
【详解】
（1）连接，因为等腰梯形中（如图1），，，
所以与平行且相等，即四边形为平行四边形；所以；
又为线段的中点，为中点，易得：四边形也为平行四边形，所以；
将四边形沿折起后，平行关系没有变化，仍有：，且，
所以翻折后四边形也为平行四边形；故；
因为平面，平面，
所以平面；
（2）在图2中，过点作，垂足为，连接，，
因为，，翻折前梯形的高为，
所以，则，；
所以；
又，，
所以，即，所以；
又，且平面，平面，
所以平面；因此，平面平面；
所以点在底面上的投影必落在直线上；
记为点在底面上的投影，连接，，
则平面；
所以即是直线与平面所成角，
因为，所以，
因此，，
故；
因为，
所以，
因此，故，
所以.
即直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
本题主要考查证明线面平行，以及求直线与平面所成的角，熟记线面平行的判定定理，以及线面角的求法即可，属于常考题型.
22、（1）；（2）
【解析】
（1）由正弦定理可得,,化简并结合,可求得三者间的关系,代入余弦定理可求得;
（2）由（1）可求得,再结合三角形的面积公式,可求出,从而可求出答案.
【详解】
（1）因为,
所以,整理得:.
因为,所以,所以.
由余弦定理可得.
（2）由（1）知,则,
因为的面积是,所以,
即,解得,则.
故的周长为:.
【点睛】
本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用,考查了三角形面积公式的应用,属于基础题.
订单：（单位：万件）

频数
1
2
2
3
订单：（单位：万件）
频数
40
20
20
10
2
业绩突出城市
业绩不突出城市
总计
外卖甲
外卖乙
总计
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.001
2.702
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
业绩突出城市
业绩不突出城市
总计
外卖甲
40
60
100
外卖乙
52
48
100
总计
92
108
200