广东省广州市2026届高三数学上学期12月调研测试试题含解析

这是一份广东省广州市2026届高三数学上学期12月调研测试试题含解析，共24页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用
2B 铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相
应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按
以上要求作答无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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. 已知复数 ，则 在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】先计算出 ，然后可知对应点坐标，则结果可知.
【详解】因为 ，其对应点为 ，
所以 在复平面内对应的点位于第三象限，
故选：C.
2. 已知集合 ， ，则“ ”是“ ”的（ ）
A. 充要条件 B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】先根据 计算出 的值，然后根据互相推出关系判断出结果.
【详解】因 ，即 ，故得 或 ，解得 或 ，
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所以“ ”可以推出“ ”，但“ ”无法推出“ ”，
所以“ ”是“ ”的充分不必要条件，
故选：B.
3. 假设某次考试的成绩服从正态分布 .如果按照 ， ， ， 的比例将考试成绩从
高到低分为 ， ， ， 四个等级，则 等级的分数线约为（若 ，则
， ）（ ）
A. 76 B. 88 C. 94 D. 103
【答案】C
【解析】
【分析】结合正态分布的对称性，依据已知概率区间确定 A 等级对应的分位数，计算得分数线.
【详解】已知成绩服从正态分布 ，则均值 ，标准差 .
A 等级为成绩由高到低的前 ，
由 ，得 .
计算 ，即 A 等级的分数线约为 94.
故选：C
4. 由曲线 围成的图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分 和 两种情况，写出曲线 所对应圆的标准方程，求出其圆心和半径，即
可求得面积.
【详解】当 时， ，即 .曲线表示以 为圆心， 为半径的圆，围
成的面积为 .
当 时， ，即 .曲线表示以 为圆心， 为半径的圆，围成的面
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积为 .
所以曲线 围成的图形的面积为 .
故选：B.
5. 已知 ， 都是第二象限角，且 ， ，则 （ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】A
【解析】
【 分 析 】 根 据 同 角 三 角 函 数 关 系 和 余 弦 和 角 公 式 得 到 ， 结 合 角 的 范 围 ， 得 到
.
【详解】 ，即 ，
所以 ， ，
又 ， 都是第二象限角，故 ，
，故 ，
所以
故选：A
6. 已知 的外接圆圆心为 ，且 ，则 在 上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据 可判断四边形 的形状，由外接圆可进一步判断其形状及角度，从
而根据投影向量的概念求解.
【详解】由 知 ，即 ，
又 三点构成 ，所以 ，所以四边形 是平行四边形，如图：
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又 的外接圆圆心为 ，所以 ，
所以平行四边形 是菱形，且 ，即 与 的夹角为 ，
设菱形 的边长为 .
则 在 上的投影向量为 .
故选：D.
7. 有编号为 ， ， 的三个盒子，将 4 个不同的小球全部放入盒子.若每个盒子中所放球的个数不大于其
编号，则不同的放法共有（ ）
A. 26 种 B. 32 种 C. 38 种 D. 44 种
【答案】C
【解析】
【分析】分 3 种情况进行求解，结合排列组合知识得到答案.
【详解】三个盒子放球的个数如下：
1 号盒子： ，2 号盒子： ，3 号盒子： ，
4 个不同的小球全部放入盒子，不同的组合放法如下；
，即 1 个盒子放入 1 个球，另一个盒子放入 3 个球，
显然 3 个球只能放入 3 号盒子，有 种情况，
，即 2 个盒子分别放入 2 个球，
显然只能放入 2 号和 3 号盒子，有 种情况，
，即放入 3 个盒子中，其中 1 个盒子放入 2 个球，
另外 2 个盒子分别放入 1 个球，放入 2 个球的盒子从 2 号和 3 号盒子中选，
剩余 2 个球和 2 个盒子进行全排列，有 种情况，
综上，共有 种情况.
故选：C
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8. 记 表示不小于 的最小整数，例如 ， .奇函数 满足当 时，
.若关于 的方程 在 上恰有两个不同实数根，则 的取值范围为
（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将方程 的根转化为两个函数 与 有两个不同的交点问
题，再对实数 a 的取值分四类讨论可得结果.
【详解】因为奇函数 且 时， .
所以当 ， .
令 .
当 时， ；
当 时， ；
当 时， ；图象如下：
又因为 ， ，
要使方程 在 上恰有两个不同实数根，所以 与 有两个不同的交点.
①当 时， ，所以 与 在区间 各一个交点，
如图：
故方程 有两个不同的实数.
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②当 时， ，如图：
所以 与 在仅区间 上有一个交点，故不符合题意.
③当 时， ，此时 与 在区间
各一个交点，如图：
故方程 有两个不同的实数.
④当 时， ， ，
此时 与 在区间 有一个交点，如图，故不符合题意.
综上可知，方程 在 上恰有两个不同实数根，则 的取值范围为 .
故选：D.
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，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.
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9. 已知函数 的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B. 在区间 上单调递减
C. 的图象关于直线 对称
D. 将 的图象向右平移 个单位长度后得到函数 的图象，则 为奇函数
【答案】AC
【解析】
【分析】先根据周期以及最值求出 的解析式即可判断 A；根据 得出
，结合正弦函数的性质以及复合函数的单调性判断 B；检验 是否为 判断 C；根据变换求出
的解析式即可判断 D.
【详解】由题意可得， ，则 ，
因 在 取得最大值，则 ，
得 ，
因 ，则 ，故 A 正确；
由 A 选项知， ，
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因 ，则 ，
因正弦函数图象在 上单调递增，故 B 错误；
，故 C 正确；
由题意得， ，
则 ，故 为偶函数，故 D 错误.
故选：AC
10. 已知 为坐标原点，抛物线 的焦点为 ，点 在 的准线上，过 的直线
与 交于不同的两点 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 A，由准线的位置可计算得 ；对于 B，设出 ，联立直线 与抛物线，结合韦达定
理，即可得解；对于 C，由抛物线的性质将 转化为 ，再将其转化为 ，结合直线
倾斜角 的范围，即可得解；对于 D，由抛物线的性质可得 ，通分
后结合韦达定理，即可得解.
【详解】由题可知， ，故 ，故抛物线 .
对于 A： ，故 A 正确；
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对于 B：易知直线 的斜率存在，且不为 0，故可设直线 ， ，
联立直线 与抛物线 可得， ，消 得 ， ，
解得 或 ， .
，故 B 正确；
对于 C：过点 作准线 的垂线 ，由抛物线的性质可知， ，
故 .
由 B 可知， ， 或 ，由对称性，不妨令 ，则 ，
则 ， ， ，即 ，故 C 错误；
对于 D：由 B 可知， ， .
由抛物线的性质可知， ，
故 ，故 D 正确.
故选：ABD.
11. 已知函数 ，过点 作曲线 的切线交 轴于点 ，
过点 作曲线 的切线交 轴于点 ，依此类推，得到 ，
，则（ ）
A. 数列 是等差数列
B. 当 且 时，
C
D. 记 的面积为 ，则
【答案】ABD
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【解析】
【分析】对于 A，通过导数求切线方程，进而可得 ，所以 A 正确；对于 B，需要构造
，再用导数证明 可得结果；对于 C，根据两点间的距离公式，再
结合不等式即可判断；对于 D，先计算 ，再结合等差数列的性质即可得结果.
【详解】由函数 ，得 .
对于 A：过点 作曲线 的切线为： .
又因为切线交 x 轴于 ，代入上述切线，得 ，
即 ，
故数列 是等差数列，所以 A 正确；
对于 B：由上可知 ，即 .又 ，
所以 ， .
要证 ，只需证明： ，
令 ，
当 时， 单调递减；当 时， 单调递增；
所以函数 ，所以 恒成立，
故 成立，所以 B 正确；
对于 C： ，
同理 ， .
由数列 是等差数列，设公差为 ， .
所以 ， ， .
所以
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.
即 ，故 C 错误；
对于 D：因为 中， ，
所以三角形底边长 ，高为 ，
所以三角形的面积 ，
同理 ，且数列 是等差数列， .
所以
，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. 若函数 是偶函数，则 _____.
【答案】 ##
【解析】
【分析】根据偶函数的性质，列出方程，求出参数即可.
【详解】因为 ，所以函数定义域为 ，
当函数 是偶函数时， ，
即 ，化简得 ，
化简得 ，
即 ，即 .
故答案为： .
13. 某校高三年级举行 米接力赛，共有 8 条赛道，第③道和第④道是“黄金赛道”.赛制规定：由 1 到
8 班按班级序号从小到大依次抽签决定赛道，抽出的签不再放回.在 1 班未抽到“黄金赛道”的条件下，3 班抽
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到“黄金赛道”的概率是______.
【答案】
【解析】
【分析】按班级序号从小到大依次抽签决定赛道，首先设出基本事件，根据题意利用古典概型求出对应的
概率，1 班未抽到“黄金赛道”，即 1 班在除第③道和第④道外的其余 6 道，3 班抽到“黄金赛道”，即需要讨
论它前面抽签的 2 班的赛道，最后由条件概率公式求解.
【详解】记事件 A=“1 班未抽到‘黄金赛道’”，事件 B=“3 班抽到‘黄金赛道’”，
3 班抽到“黄金赛道”，则需要讨论它前面抽签的 2 班的赛道，2 班未抽到“黄金赛道”和 2 班抽到“黄金赛道”
的情况，
由题意知 , ，
所以 .
故答案为： .
14. 已知同底的两个正六棱锥 和 的顶点都在同一个球面上.若正六棱锥
的侧面与底面所成角为 ，则正六棱锥 的侧棱与底面所成角的正切值是
______.
【答案】
【解析】
【分析】根据几何体外接球的性质，作出二面角的平面角，设出几何体边长，根据勾股定理和射影定理，
求出各线段的长，进而求出结果.
【详解】同底的两个正六棱锥 和 的顶点都在同一个球面上，则 为球的直
径，如下图所示，
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作 中点 ，正六边形 中心点 ，连接 ，
由正六边形性质可得 ，由正六棱锥性质可得 , 面 于点 ，
所以 为正六棱锥 的侧面与底面所成角的平面角，即 ，
为正六棱锥 的侧棱与底面所成角的平面角，
设正六边形 边长为 ，由正六边形性质可得 ，
在 中，根据勾股定理可得 ，
因为 ，所以 ，即 ，解得 ，
因为 为球的直径，所以 ，在 中，可知 ，
即 ，解得 ；
则 ，即正六棱锥 的侧棱与底面所成角的正切值为 .
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. 在 中，角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 .
（1）求角 的大小；
（2）若 ， 的面积 ，求 的值.
【答案】（1）
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（2）
【解析】
【分析】（1）将向量数量积 转化为 ，结合已知条件化简，利用正弦定理将边化为角，结合
与三角恒等变换求 ，进而解得角 .
（2）由三角形内角和求角 ，用面积公式得 的关系，结合正弦定理将 用 表示，代入化简求 即可.
【小问 1 详解】
由已知得 ，且三角形边长大于零，则 ，
又由正弦定理 （ 为 外接圆半径），
所以 ，而在 中 ，
所以 ，
即 ，整理得 ，
又 ，所以 ，则 ，所以 .
【小问 2 详解】
由已知 ， ，则 ，
由三角形的面积公式 ，已知 ， ，
则 ，即 .
又由正弦定理 ，可得 ，
而 ， ，
所以 ，
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解得 或 （边长不能为负，舍去），
所以 .
16. 如图，在直三棱柱 中， ， ， ， ，
，其中 .
（1）当 时，求证： 平面 ；
（2）当 为何值时， 的长最小，并求其最小值；
（3）当 的长最小时，求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取 、 中点构造平行四边形，利用平行四边形性质得 ，结合线面平行判定定
理证明 平面 .
（2）作 平面 ，将 转化为直角三角形的斜边，用 表示 长度后，通过二次函数求其最小
值.
（3）建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量，结合平面 的法向量，用空间向量夹角公式
求二面角的余弦值.
【小问 1 详解】
分别取 中点 ,连接 ,
时, 分别为 的中点， ,
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而在三棱柱 中, ,
四边形 为平行四边形,
， 平面 平面 平面 .
【小问 2 详解】
过 作 于点 ， 平面 ,连接 ， ,
而 ，
，
当且仅当 时取“ ”.
【小问 3 详解】
以 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由（2）可知，当 最小时, ，
设平面 的一个法向量 ,平面 的一个法向量 ,
平面 与平面 夹角为 , .
17. 已知函数 .
（1）当 时，讨论函数 的单调性；
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（2）当 时，不等式 没有正整数解，求实数 的取值范围.
【答案】（1）当 时，函数 是减函数；当 时，函数 在 上单调递减，在
上单调递增.
（2）
【解析】
【分析】（1）分 和 两种情况，利用导数分析函数 的单调性；
（2）根据不等式 没有正整数解，分离参数，构造新函数，通过分析新函数在 时的取
值情况，可求得实数 的取值范围.
【小问 1 详解】
函数 的定义域为 .
当 时，函数 .因为 是增函数，所以函数 是减函数；
当 时， ， .
令 ，则 ， ；令 ，则 ， .
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增.
综上，当 时，函数 是减函数；
当 时，函数 在 上单调递减，在 上单调递增.
【小问 2 详解】
当 时， .其定义域为 R.
令函数 ,则
.
令函数 ，则 恒成立，
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所以函数 是增函数，所以 ，所以 恒成立.
所以 是增函数，所以 .
所以对 ， .
由不等式 没有正整数解，得当 时，不等式 无解.
即当 时，不等式 恒成立
即当 时，不等式 恒成立.
所以实数 的取值范围是 .
18. 已知椭圆 的左顶点为 ，下顶点为 ，长轴长为 4，且过点 .
（1）求 的方程；
（2）点 为椭圆 在第一象限上任一点，直线 交 轴于点 ，直线 交 轴于点 .
（i）若四条直线 ， ， ， 的斜率分别记为 ， ， ， ，证明： ；
（ii）记 的面积为 ，四边形 的面积为 ，求 的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据条件列方程组求解；
（2）（i）设点 ，求出 ，再求出直线 的方程，得出 点坐标，再计算 即可
求证；
（ii）记 的面积为 ，则 ，由（i）得 ，再令
，得出 ，再构造函数
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，通过导函数研究其最值即可求出.
【小问 1 详解】
由题意得， ， ，解得 ，
故 的方程为 ；
【小问 2 详解】
（i）设点 ，且 ，
由题意得， ，故 ， ， ，
则直线 ，直线 ，
则 ，则 ，
则 ， ，故 ；
（ii）记 的面积为 ，则 ，
因
再令 ，
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则 ，
令 ，
则
因 ，则 ，
则 得 ； 得 ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 的最小值为 ，故 的最小值为 ，
故 的最小值为 ，
故 的最大值为 .
19. 已知数列 为无穷数列，前 项和为 .
（1）若 ， ，求 的通项公式；
（2）是否存在等差数列 ，使 ？若存在，请写出一个满足条件的通项公式，若不存在，请说明
理由；
（3）若数列 为等比数列，公比为 ，且满足 ，求 的取值范围.
【答案】（1）
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（2）不存在，理由见解析
（3）当 时， ；当 时， 或 .
【解析】
【分析】（1）根据 与 的关系，推得通项公式；
（2）写出等差数列的基本公式，代入不等式整理，结合二次函数性质分析即可说明；
（3）根据不等式关系，分类讨论得到结果.
【小问 1 详解】
已知 ，则当 时， ；
当 时， ，即 ，化简可得 ，
因此，数列 从第二项起是首项为 ，公比为 的等比数列，通项公式为：
【小问 2 详解】
不存在等差数列 ，使 .
理由：设等差数列 的公差为 ，则 ，
代入不等式 得： ，
化简整理得 ,
令 ，
若 ， ，二次函数开口向上，当 趋近于正无穷时， ，
无法满足 恒成立；
若 ， ，当 ，当 ，
此时由 的值决定，所以不满足不等式.
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当 ， ，二次函数开口向下，当 趋近于正无穷时， ，
当 ， ，无法满足 恒成立；
综上，不存在等差数列 ，使 .
【小问 3 详解】
设等比数列首项 ，公比 ．则 ．
则 即 ．
由 可先判断符号， ．
因此若 ，则 ；若 ，则 ．
情形一： ，此时可直接除以正数 ，得 ．
等价于 ．
若 ，则 ，恒成立；
若 ，则 ， 必存在某个 使 不成立，
故该情形要求 ；
情形二： ，此时除以负数 需改变不等号方向即 ．
又由 ，可化为 ．
若 ，则 ，且 ，
所以有 ，故恒成立；
若 ，令 ，则当 为奇数时， 恒成立；
当 为偶数时，取 ．即 ．
函数 在 上单调递增，
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且 ，故 ．即 ；
综上，当 时， ；当 时， 或 ；．
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