2026届广东省深圳市红岭中学高三一诊考试数学试卷含解析

这是一份2026届广东省深圳市红岭中学高三一诊考试数学试卷含解析，共9页。
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．设集合，集合 ，则 =（ ）
A．B．C．D．R
2．已知定义在上的函数，若函数为偶函数，且对任意， ，都有，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．已知正四面体的内切球体积为v，外接球的体积为V，则（ ）
A．4B．8C．9D．27
4．设，命题“存在，使方程有实根”的否定是( )
A．任意，使方程无实根
B．任意，使方程有实根
C．存在，使方程无实根
D．存在，使方程有实根
5．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍.其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一”.该术相当于给出了由圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的圆周率近似取为（ ）
A．B．C．D．
6．五行学说是华夏民族创造的哲学思想，是华夏文明重要组成部分.古人认为，天下万物皆由金、木、水、火、土五类元素组成，如图，分别是金、木、水、火、土彼此之间存在的相生相克的关系.若从5类元素中任选2类元素，则2类元素相生的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案种数是( )
A．18种B．36种C．54种D．72种
8．已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，设，，则当时，的最大值是（ ）
A．8B．9C．10D．11
9．设a，b，c为正数，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不修要条件
10．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则
（ ）
A．α∥β且∥αB．α⊥β且⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于D．α与β相交，且交线平行于
11．定义在上函数满足，且对任意的不相等的实数有成立，若关于x的不等式在上恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
12．已知数列为等比数列，若，且，则（ ）
A．B．或C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于_____.
14．已知函数在上仅有2个零点，设，则在区间上的取值范围为_______．
15．已知函数函数，则不等式的解集为____．
16．小李参加有关“学习强国”的答题活动，要从4道题中随机抽取2道作答，小李会其中的三道题，则抽到的2道题小李都会的概率为_____.
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）某工厂，两条相互独立的生产线生产同款产品，在产量一样的情况下通过日常监控得知，生产线生产的产品为合格品的概率分别为和.
（1）从，生产线上各抽检一件产品，若使得至少有一件合格的概率不低于，求的最小值.
（2）假设不合格的产品均可进行返工修复为合格品，以（1）中确定的作为的值.
①已知，生产线的不合格产品返工后每件产品可分别挽回损失元和元．若从两条生产线上各随机抽检件产品，以挽回损失的平均数为判断依据，估计哪条生产线挽回的损失较多？
②若最终的合格品（包括返工修复后的合格品）按照一、二、三等级分类后，每件分别获利元、元、元，现从，生产线的最终合格品中各随机抽取件进行检测，结果统计如下图；用样本的频率分布估计总体分布，记该工厂生产一件产品的利润为，求的分布列并估算该厂产量件时利润的期望值.
18．（12分）已知矩阵，.
求矩阵；
求矩阵的特征值.
19．（12分）如图所示,直角梯形中,,,,四边形为矩形,.
（1）求证:平面平面;
（2）在线段上是否存在点,使得直线与平面所成角的正弦值为,若存在,求出线段的长,若不存在,请说明理由.
20．（12分）将棱长为的正方体截去三棱锥后得到如图所示几何体，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值.
21．（12分）已知抛物线与直线.
（1）求抛物线C上的点到直线l距离的最小值；
（2）设点是直线l上的动点，是定点，过点P作抛物线C的两条切线，切点为A，B，求证A，Q，B共线；并在时求点P坐标.
22．（10分）己知的内角的对边分别为.设
（1）求的值；
（2）若，且，求的值.
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、D
【解析】
试题分析：由题，，，选D
考点：集合的运算
2、A
【解析】
根据题意，分析可得函数的图象关于对称且在上为减函数，则不等式等价于，解得的取值范围，即可得答案.
【详解】
解:因为函数为偶函数，
所以函数的图象关于对称，
因为对任意， ，都有，
所以函数在上为减函数，
则，
解得：.
即实数的取值范围是.
故选：A.
【点睛】
本题考查函数的对称性与单调性的综合应用，涉及不等式的解法，属于综合题.
3、D
【解析】
设正四面体的棱长为，取的中点为，连接，作正四面体的高为，首先求出正四面体的体积，再利用等体法求出内切球的半径，在中，根据勾股定理求出外接球的半径，利用球的体积公式即可求解.
【详解】
设正四面体的棱长为，取的中点为，连接，
作正四面体的高为，
则，
，
，
设内切球的半径为，内切球的球心为，
则，
解得：；
设外接球的半径为，外接球的球心为，
则或，，
在中，由勾股定理得：
，
，解得，
，

故选：D
【点睛】
本题主要考查了多面体的内切球、外接球问题，考查了椎体的体积公式以及球的体积公式，需熟记几何体的体积公式，属于基础题.
4、A
【解析】
只需将“存在”改成“任意”，有实根改成无实根即可.
【详解】
由特称命题的否定是全称命题，知“存在，使方程有实根”的否定是
“任意，使方程无实根”.
故选：A
【点睛】
本题考查含有一个量词的命题的否定，此类问题要注意在两个方面作出变化：1.量词，2.结论，是一道基础题.
5、C
【解析】
将圆锥的体积用两种方式表达，即，解出即可.
【详解】
设圆锥底面圆的半径为r，则，又，
故，所以，.
故选：C.
【点睛】
本题利用古代数学问题考查圆锥体积计算的实际应用，考查学生的运算求解能力、创新能力.
6、A
【解析】
列举出金、木、水、火、土任取两个的所有结果共10种，其中2类元素相生的结果有5种，再根据古典概型概率公式可得结果.
【详解】
金、木、水、火、土任取两类，共有：
金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土10种结果，
其中两类元素相生的有火木、火土、木水、水金、金土共5结果，
所以2类元素相生的概率为，故选A.
【点睛】
本题主要考查古典概型概率公式的应用，属于基础题，利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有 (1)枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先，…. ，再，…..依次….… 这样才能避免多写、漏写现象的发生.
7、B
【解析】
把4名大学生按人数分成3组，为1人、1人、2人，再把这三组分配到3个乡镇即得.
【详解】
把4名大学生按人数分成3组，为1人、1人、2人，再把这三组分配到3个乡镇，
则不同的分配方案有种.
故选：.
【点睛】
本题考查排列组合，属于基础题.
8、B
【解析】
根据题意计算，，，解不等式得到答案.
【详解】
∵是以1为首项，2为公差的等差数列，∴.
∵是以1为首项，2为公比的等比数列，∴.
∴
.
∵，∴，解得.则当时，的最大值是9.
故选：.
【点睛】
本题考查了等差数列，等比数列，f分组求和，意在考查学生对于数列公式方法的灵活运用.
9、B
【解析】
根据不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
解：，，为正数，
当，，时，满足，但不成立，即充分性不成立，
若，则，即，
即，即，成立，即必要性成立，
则“”是“”的必要不充分条件，
故选：．
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式的性质是解决本题的关键．
10、D
【解析】
试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D．
考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论．
11、B
【解析】
结合题意可知是偶函数,且在单调递减,化简题目所给式子,建立不等式,结合导函数与原函数的单调性关系,构造新函数,计算最值,即可.
【详解】
结合题意可知为偶函数,且在单调递减,故
可以转换为
对应于恒成立,即
即对恒成立
即对恒成立
令,则上递增,在上递减,
所以
令,在上递减
所以.故,故选B.
【点睛】
本道题考查了函数的基本性质和导函数与原函数单调性关系,计算范围,可以转化为函数,结合导函数,计算最值,即可得出答案.
12、A
【解析】
根据等比数列的性质可得，通分化简即可.
【详解】
由题意，数列为等比数列，则，
又，即，
所以，，
.
故选：A.
【点睛】
本题考查了等比数列的性质，考查了推理能力与运算能力，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、1
【解析】
由题意可得，再利用二项展开式的通项公式，求得二项展开式常数项的值．
【详解】
的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大，，
通项公式为，令，求得，
可得二项展开式常数项等于，
故答案为1．
【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．
14、
【解析】
先根据零点个数求解出的值，然后得到的解析式，采用换元法求解在上的值域即可.
【详解】
因为在上有两个零点，
所以，所以，所以且，
所以，所以，
所以，
令，所以，所以，
因为，所以，所以，所以，
所以 ，，
所以.
故答案为：.
【点睛】
本题考查三角函数图象与性质的综合，其中涉及到换元法求解三角函数值域的问题，难度较难. 对形如的函数的值域求解，关键是采用换元法令，然后根据，将问题转化为关于的函数的值域，同时要注意新元的范围.
15、
【解析】
，，
所以，
所以的解集为。
点睛：本题考查绝对值不等式。本题先对绝对值函数进行分段处理，再得到的解析式，求得的分段函数解析式，再解不等式即可。绝对值函数一般都去绝对值转化为分段函数处理。
16、
【解析】
从四道题中随机抽取两道共6种情况，抽到的两道全都会的情况有3种，即可得到概率.
【详解】
由题：从从4道题中随机抽取2道作答，共有种，
小李会其中的三道题，则抽到的2道题小李都会的情况共有种，
所以其概率为.
故答案为：
【点睛】
此题考查根据古典概型求概率，关键在于根据题意准确求出基本事件的总数和某一事件包含的基本事件个数.
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) (2) ①生产线上挽回的损失较多. ②见解析
【解析】
(1)由题意得到关于的不等式，求解不等式得到的取值范围即可确定其最小值；
(2)①.由题意利用二项分布的期望公式和数学期望的性质给出结论即可；
②.由题意首先确定X可能的取值，然后求得相应的概率值可得分布列，最后由分布列可得利润的期望值.
【详解】
（1）设从，生产线上各抽检一件产品，至少有一件合格为事件，设从，生产线上抽到合格品分别为事件，，则，互为独立事件
由已知有，
则
解得，则的最小值
（2）由（1）知，生产线的合格率分别为和，即不合格率分别为和.
①设从，生产线上各抽检件产品，抽到不合格产品件数分别为，，
则有，，所以，生产线上挽回损失的平均数分别为：
，
所以生产线上挽回的损失较多.
②由已知得的可能取值为，，，用样本估计总体，则有
，，
所以的分布列为
所以（元）
故估算估算该厂产量件时利润的期望值为（元）
【点睛】
本题主要考查概率公式的应用，二项分布的性质与方差的求解，离散型随机变量及其分布列的求解等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
18、；，.
【解析】
由题意，可得，利用矩阵的知识求解即可.
矩阵的特征多项式为，令，求出矩阵的特征值.
【详解】
设矩阵，则，
所以，解得，，，，
所以矩阵；
矩阵的特征多项式为，
令，解得，，
即矩阵的两个特征值为，.
【点睛】
本题考查矩阵的知识点，属于常考题.
19、（1）见解析；（2）存在，长
【解析】
（1）先证面,又因为面,所以平面平面.
（2）根据题意建立空间直角坐标系. 列出各点的坐标表示,设,则可得出
向量,求出平面的法向量为,利用直线与平面所成角的正弦公式列方程求出或,从而求出线段的长.
【详解】
解:（1）证明:因为四边形为矩形,
∴.
∵∴
∴∴面
∴面
又∵面
∴平面平面
（2）取为原点,所在直线为轴,所在直线为轴建立空间直角坐标系.
如图所示:则,,,,,
设,;
∴,,
设平面的法向量为,
∴,不防设.
∴,
化简得,解得或;
当时,,∴;
当时,,∴;
综上存在这样的点,线段的长.
【点睛】
本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用,考查利用线面所成角求参数问题,是几何综合题,考查空间想象力以及计算能力.
20、（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）取的中点，连接、，连接，证明出四边形为平行四边形，可得出，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值，进而可求得其正弦值.
【详解】
（1）取中点，连接、、，
且，四边形为平行四边形，且，
、分别为、中点，且，
则四边形为平行四边形，且，
且，且，
所以，四边形为平行四边形，且，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，
，，，
设平面的法向量为，
由，得，取，则，，，
设平面的法向量为，
由，得，取，则，，，
，，
因此，二面角的正弦值为.
【点睛】
本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
21、（1）；（2）证明见解析，或
【解析】
（1）根据点到直线的公式结合二次函数的性质即可求出；（2）设，，，，表示出直线，的方程，利用表示出，，即可求定点的坐标．
【详解】
（1）设抛物线上点的坐标为，
则，时取等号），
则抛物线上的点到直线距离的最小值；
（2）设，，，，
，
，
直线，的方程为分别为，，
由两条直线都经过点点得，为方程的两根，，
直线的方程为，，
，
，，共线．
又，
，
，
解，，
点，是直线上的动点，
时，，时，，
，或．
【点睛】
本题考查抛物线的方程的求法，考查直线方程的求法，考查直线过定点的解法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力．
22、（1）（2）
【解析】
（1）由正弦定理将，转化，
即，由余弦定理求得， 再由平方关系得再求解.
（2）由，得，结合再求解.
【详解】
（1）由正弦定理，得，
即，则，
而，又，解得，
故.
（2）因为，则，
因为，故，
故，
解得，
故，
则.
【点睛】
本题考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于中档题.