广东省佛山市2026届高三上学期一模数学试卷解析版

这是一份广东省佛山市2026届高三上学期一模数学试卷解析版，共16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：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1.已知集合，，则
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，，所以.
2.已知复数，则
A．B．C．D．5
【答案】D
【解析】.
3.设等差数列的前项和为.若，则
A．12B．15C．18D．21
【答案】B
【解析】设等差数列的公差为，首项为，因为，
所以，即，解得，所以.
4.已知非零向量满足，则
A．B．C．0D．
【答案】C
【解析】设，根据题意可得，两边平方得，
展开整理得，代入，
得，即，所以.
5.已知，则
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，所以，
因为，所以，所以，
则.
6.已知的内角的对边分别为，且面积满足，则
A．B．C．D．2
【答案】A
【解析】因为，所以，
又因为，，
所以，即，
所以，
所以，即，
因为，
所以，即.
7.圆和圆的两条公切线的交点坐标为
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】，
故圆的半径为，圆的半径为，且，
故圆心距为，而，
故两圆相交，故两圆有两条外公切线，
设一条公切线与两圆的切点分别为，两条切线的交点为，
连接，则，故，
由几何性质可得共线，故，
故为的中点，故.
8.下列曲线中，与曲线交点个数最多的是
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为的定义域为，且，
令，解得或；令，解得；
可知函数在内单调递增，在内单调递增，
当时，函数取到极大值；当时，函数取到极小值；
且当趋近于时，函数趋近于；当趋近于时，函数趋近于；
对于选项A：分别作出曲线和曲线的图象，
由图象可知：曲线与曲线有3个交点；
对于选项B：曲线，
用替换可得，即，方程不变，曲线关于y轴对称；
用替换可得，即，方程不变，曲线关于x轴对称；
且当且时，曲线即为，
据此可得曲线和曲线的图象，如图所示：
由图象可知：曲线与曲线有6个交点；
对于选项C：曲线即为，
由图象可知：曲线与曲线有4个交点；
对于选项D：曲线即为，
由图象可知：曲线与曲线有5个交点；
综上所述：与曲线交点个数最多的是.
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.对相同的样本数据选取不同的组距（每组为左闭右开区间）画出如图1､图2所示的频率分布直方图，其中图2的部分信息丢失，由频率分布直方图的信息对总体进行估计，则
A．图2中的频率为0.3B．图2众数的估计值唯一
C．图1与图2中位数的估计值相同D．图1与图2平均数的估计值相同
【答案】AC
【解析】图2中的频率为，故A正确；
设在图2中所对应矩形的高度分别为，
在图1中的频率为，故，得，
故，则众数必在中取得，
因图2中的高度相等，故众数的估计值不唯一，故B错误；
图1中中位数的估计值为；
图2中，前个矩形面积之和为，故中位数的估计值为，
故C正确；
图1平均数的估计值为；
图2平均数的估计值为，
不确定，故D错误.
10.在棱长为2的正方体中，点为侧面内一点（包含边界），则
A．三棱锥的体积为定值
B．的最小值为5
C．若，则的轨迹长度为
D．三棱锥外接球的体积存在最大值与最小值
【答案】ACD
【解析】对于A，依题意点到平面的距离为棱长2，则的面积为，
故三棱锥的体积为定值，故A正确；
对于B，如图作点关于平面的对称点，连接，则，
故，
当且仅当、、三点共线时等号成立，故B错误；
对于C，易得，因平面，平面，则，
又，平面，则平面，因平面，则，
同理，又平面，故平面，
因为，所以平面，又平面侧面，
所以的轨迹为线段，其长度为，故C正确；
对于D，如图取的中点，因为为直角三角形，所以为外接圆的圆心，
设外接球的球心为，半径为R，根据外接球的性质，则平面，连接，
作平面于点，连接，记，则，，
在直角梯形中，，化简得，
因为点在平面上的投影为H，，则，即，
故三棱锥外接球的体积的最大值为，最小值为，故D正确.
11.是已知函数的定义域为，对任意正实数，函数在上单调递增，则
A.
B.
C. 若，则
D.
【答案】BCD
【解析】函数在上单调递增，则，所以在上单调递增，则，故的图象在上是下凸的．
【解析】A．设恒成立，满足单调递增但不满足单调递增，错误.
．取，有，有，B 正确
．由于，故；而，故正确
．由于，同理，由累加可知，故正确，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.在的展开式中，常数项为________.
【答案】240
【解析】，令，则，常数项为 .
13.若函数在区间上至少有2个零点，则的最小值是_______.
【答案】
【解析】函数零点满足，，即，，
因为且，所以为正整数，
因为函数在区间上至少有2个零点，
所以即至少有两个正整数解，
为保证区间至少包含两个正整数，该区间须至少能覆盖一对连续的正整数和，
所以，即，为使该不等式有解，须满足，
得，又，所以，当时，所以，即的最小值为 .
14.已知是椭圆上关于原点对称的两点，是的右焦点，的延长线交于点，则的离心率为________.
【答案】
【解析】如图，设椭圆的左焦点为，连接、、，
由题意可知，关于原点对称，且为的中点，所以四边形为平行四边形，
因为，所以，
由，设，则，
所以，，，
在中，由余弦定理得，
，
，解得，所以，
在中，由余弦定理得，
所以，解得，故椭圆的离心率.
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（为常数，且）.
(1)求的通项公式；
(2)若，令，求数列的前项和 .
【解析】（1）当时，，
当时，，
所以，
由于，故，不适合，
综上，的通项公式为.
（2），解得，
所以
，当时，，
当时，也满足上式，所以，对任意的．
16.如图，三棱柱中，平面平面，，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面；
(3)若，求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）连接与交于点，连接，
三棱柱侧面为平行四边形，所以为的中点，
又为的中点，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为，所以，
又因为，，
所以，
所以，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（3）由，，得，
故两两垂直，
以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
则，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
17.某款（人工智能）机器人进行射门游戏，射中得 1 分，未射中得 -1 分，当累计得分达到 2 分或 -2 分时游戏结束，否则游戏将一直进行下去，时获胜，时落败，已知该款机器人射门的命中率为，各次射门相互独立。
（1）求机器人恰好射门 4 次后获胜的概率；
（2）表示＂机器人射门次，游戏仍未结束＂.
（i）若，求和；
（ii）若，求游戏结束时的数学期望.
【解析】
（1）恰好射门 4 次后获胜等价于前两次射门 1 次命中， 1 次未命中，后两次射门都命中，所以恰好射门 4 次后获胜的概率．
②（i）当第 2 次射门的结果与第 1 次不同，游戏未结束，，
若发生，则次射门后或，设事件＂进行次射门后＂，则，
由全概率公式得
（ii）若发生，则次射门后，
解得或（舍去）
所有可能的取值是 -2 和 2 ，考虑前 2 次射门，若 2 次都射中或都都射中，游戏结束；若 1 次命中， 1 次未中，相当于重新开始，
因此，解得，
，解得，
所以的分布列为
则.
18.已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若存在两个极值点，求；
(3)若存在两个零点，在处分别作曲线的两条切线，证明：与的交点在轴上.
【解析】(1)的定义域为，
当时，，此时在单调递增；
当时，设，
则，设的两根分别为，
由韦达定理得，所以均为正数，
由，得或，由，得或，
此时在单调递增，在单调递减。
综上，当时，在单调递增；
当时，在单调递增，在单调递减．
(2)由(1)得，此时
（3）由(1)可得，当时，分别为的极大值点与极小值点，且，
则，所以无零点；
当时，在单调递增，且时，时，，
所以在存在唯一零点，同理可得在存在唯一零点，
又且
所以，即．
所以的方程为，
令，得与轴的交点为，同理与轴的交点为，
由，得，
所以与的交点在轴上．
19.已知点，双曲线的一条渐近线方程是，直线被截得的弦长为.
(1)求的方程.
(2)已知是的右支上不同的两点，且存在实数，使得.
（i）若点满足，求证：点总在某定直线上；
（ii）若直线与的另一个交点为（异于），求证：直线过定点，并求出该定点的坐标.
【解析】（1）因为双曲线的一条渐近线方程是，则，即，
则双曲线的方程即为，
因为直线的方程为，
由题意可知：双曲线过点，则，
所以双曲线的方程为.
（2）（i）设，且，
则，，
因为，则，可得，
设，则，，
因为，则，可得，
因为点在双曲线：上，
则，即，
两式相减得，即，
可得，所以点总在定直线上；
（ii）法一：
过
过
，

时，
过点 .
法二：依题意且，设，由（i）知，
进一步可知，④
同理可得．⑤
对④用比例的性质得，⑥
对⑤用比例的性质得，⑦
由⑥⑦消去，得，
再由比例的性质得
故，即，这表明直线过定点．-2
2