广东广州市2026届高三下学期一模试题 数学 Word版含解析

这是一份广东广州市2026届高三下学期一模试题 数学 Word版含解析，共14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。
本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．
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. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，利用复数的运算得，再由共轭复数的定义，即可求解.
【详解】因为，则，
所以.
2. 集合的子集个数为（ ）
A. 3B. 4C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【详解】解不等式得，则集合，有3个元素，
则集合的子集个数为.
3. 已知函数，则（ ）
A. B. 0C. D. 2
【答案】B
【解析】
【详解】因为，所以，所以.
4. 函数的最小正周期是（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为
，所以最小正周期为.
5. 已知向量，，向量满足，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设.
已知，，所以.
则，即.
因表示点到原点的距离，而点是直线上的点，
故的最小值即为原点到直线的距离，
因为点在直线上，所以可无限大，
所以的取值范围是.
6. 函数在区间上的极值点个数为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得，令，求得或，结合正弦函数的性质，以及函数极值点的定义，即可求解.
【详解】由函数，可得，
令，即，可得或，
因为，可得，
当时，，所以，单调递增；
当时，，所以，单调递减；
当时，，所以，单调递增；
当时，，所以，单调递增；
当时，，所以，单调递减；
当时，，所以，单调递增，
所以在上递增，在上递减，在上递增，
在上递增，在上递减，在上递增，
其中两侧函数的单调性相同，可得不是函数的极值点，
所以在区间的极值点为，共有4个.
故选：A.
7. 已知抛物线：（）的焦点为，圆：与交于，两点，若直线与直线的斜率之积为，则（ ）
A. 3B. C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】先由已知条件解出，两点坐标，再由焦半径公式求得.
【详解】由圆：可知，圆心，半径为.
而圆和抛物线都关于轴对称，则可设，.
由，得.
因为点在圆上，又有，即，
而，则解得，所以.而点又在抛物线上，
则有，所以，则.
所以.
8. 在正三棱柱中，，，点是平面上的动点，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据“胡不归”模型的概念，将转化为点到面的距离，进而判断最小值时的情况，再根据两角和的正弦公式，即可求出结果.
【详解】
如图所示，将绕点逆时针旋转得，过作于，
则点形成的面与面夹角为，
则，则的最小值等价于的最小值，即点到面的距离，
将绕点逆时针旋转得，过作于，可知，
可知，，所以，，
则，
可知，解得，
所以的最小值为.
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．
9. 某自动流水线生产的一种新能源汽车零配件产品的质量（单位：）服从正态分布，且，．从该流水线上随机抽取4件产品，这4件产品中质量在区间上的件数记为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由正态分布对称性可判断AB；由二项分布的知识判断CD.
【详解】A选项，由，得，
故，
由正态分布的对称性可知，A正确；
B选项，，B正确；
C选项，由题意得，故，C错误；
D选项，，D正确.
10. 已知，则下列命题正确的是（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】BC
【解析】
【分析】利用和差化积公式与三角函数在区间内的单调性、取值范围，通过公式变形可逐一验证选项.
【详解】对于A：已知，则，根据和角公式：，故A错误；
对于B：利用和差化积公式：，因为且，所以，则对任意的成立，故B正确；
对于C：已知，，不妨设，则，
因为，，
且，所以，
又因为余弦函数在上单调递减，所以，
两边同乘正数得：，
即，故C正确；
对于D：因为，所以原不等式等价于，两边同时除以2，得：
当时：，两边除以正数，得，因为，所以，，此时不等式成立；
当时：，两边除以负数，不等号方向改变，得，但的最大值为1，不可能大于1，此时不等式不成立，故D错误.
11. 已知曲线的方程为，集合，若对任意的，都存在，使得成立，则称曲线为曲线．下列方程所表示的曲线为曲线的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】令，，问题化为过定点且与直线平行或重合的直线与曲线有交点，结合各项对应曲线的图形分析是否满足题设.
【详解】令，，，
等价于过定点且与直线平行或重合的直线与曲线有交点，
对于A：如下图，，
如图示，其中任意点在曲线上运动，都存在一点，使直线平行或重合，满足题设，
对于B：如下图，且，
如图示，其中任意点在曲线上运动，都存在一点，使直线平行或重合，满足题设，
对于C：如下图，，，则，
若与曲线相切且为切点，则，故，此时
令，则，即，故，即有与相切于，
如图示，此时不存在一点，使直线平行或重合，不满足，
对于D：如下图，，，
如图示，其中任意点在曲线上运动，都存在一点，使直线平行或重合，满足题设，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知椭圆（）的离心率为，则______．
【答案】4
【解析】
【详解】显然，故，解得.
13. 已知函数为奇函数，当时，（），若在上单调递增，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据条件，利用函数的对称性，得在区间上单调递增，再由二次函数的性质，即可求解.
【详解】因为函数为奇函数，所以关于点中心对称，
又在上单调递增，则在区间上也单调递增，
又当时，（），对称轴为，
当时， 的图象开口向下，且，此时在区间上单调递减，不合题意，
所以，解得，所以实数的取值范围是.
14. 某公园里有一块边长分别为30米，40米，50米的三角形草坪（记为），点，在的边上，线段把草坪分成面积相等的两部分．如果沿铺设灌溉水管，则水管的最短长度为______米．
【答案】20
【解析】
【分析】分别讨论在各个边的情况，结合三角形面积公式与基本不等式即可求得水管的最短长度.
【详解】由，可得是直角三角形，其面积，
不妨设，
①若在上，如图：
设，
则有，解得，
，即，
当且仅当时等号成立；
②若在上，如图：
设，
则有，解得，
，即，
当且仅当时等号成立；
③若在上，如图：
设，
则有，解得，
，即，
当且仅当时等号成立；
因为，所以的最小值为20，即水管的最短长度为20米.
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. 已知数列的首项，且满足．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）若数列的前项和小于120，求的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）令，得，代入已知条件整理即可得证；
（2）根据（1）中结论可得数列的通项，应用分组求和及等差等比的前n项和公式求，利用单调性及能成立求参数的最大值.
小问1详解】
令，则，于是，结合已知有，
所以，即．
因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．
即数列为等比数列．
【小问2详解】
由（1）知，，则，
则，
令，整理得，而在上单调递增，
且，
所以，的最大值为．
16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面，点是棱的中点．
（1）求证：；
（2）若点到平面的距离为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；
（2）取的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求得向量和平面的法向量，利用向量的距离公式，列出方程，求得，再由的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为点是棱的中点，所以，
又因为平面，且平面，所以，
因为，所以，
由底面为菱形，且，可得为等边三角形，
因为是的中点，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
取的中点，连接，因为是的中点，可得，
因为，所以，
又因为平面，且平面，所以，
以坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，
设，可得，
所以，
设平面的法向量为，可得，
令，可得，所以，
因为点到平面的距离为，可得，
则，解得，所以，所以，且.
又因为平面与轴所在直线垂直，所以平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，可得，
所以平面与平面夹角的余弦值.
17. 甲、乙进行射击比赛，两人依次轮流对同一目标进行射击，直至有人命中目标，比赛结束，命中目标者获胜．假设甲每次射击命中目标的概率均为（），乙每次射击命中目标的概率均为（），各次射击结果互不影响．
（1）若甲先射击，甲第2次射击且获胜的概率为，求（用，表示）；
（2）若乙先射击，且乙获胜的概率恒大于甲获胜的概率，求的最小值．
参考公式：若，则．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）判断出甲第2次射击且获胜的情形，利用相互独立事件的概率乘法公式计算即可.
（2）分别求出乙先射击，甲、乙获胜的概率，根据题意列出不等式求解即可.
【小问1详解】
甲第2次射击且获胜，即甲第1次未命中，乙第1次未命中，甲第2次命中.
所以.
小问2详解】
设乙先射击并获胜的概率为，甲获胜的概率为.
乙获胜的情况为：
乙第1次射击并命中，概率为；
第1轮甲乙均未命中，乙第2次射击并命中，概率为；
第2轮甲乙均未命中，乙第3次射击并命中，概率为；
第轮甲乙均未命中，乙第次射击并命中，概率为；
这是一个首项为，公比为的无穷等比数列，所以.
甲获胜情况为：
第1轮乙未命中，甲命中，概率为；
第2轮乙未命中，甲命中，概率为；
第3轮乙未命中，甲命中，概率为；
第轮乙未命中，甲命中，概率为；
这是一个首项为，公比为的无穷等比数列，所以.
由题意知，恒成立，即恒成立，
因为，，所以，
所以恒成立，即.
因为，所以，，所以.
所以的最小值为.
18. 已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）若有且仅有1个零点，求的值；
（3）若存在，使得对任意恒成立，证明：．
【答案】（1）的单调递增区间为 ，单调递减区间为.
（2）
（3）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）先求定义域，再对函数求导，利用导数即可得到单调区间；
（2）由有且仅有1个零点，分离参数得到有且仅有1个解，令， 利用导数得到的单调性和最小值，所以.
（3）由对任意恒成立，得到，则只需证明即可，利用导数得到最大值为.因此，再令，得到 时取得最大值，因此，即，故得证.
【小问1详解】
当时，，定义域为，
求导得到，
令，则当时，
所以在内单调递减，且，
即在内单调递减，且，
所以当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
综上所述，单调递增区间为 ，单调递减区间为.
【小问2详解】
因为有且仅有1个零点，
所以方程有且仅有1个解，
即有且仅有1个解，
令， ，
则，
令，则，
所以在区间 上单调递增，
又因为 ，
所以当 时，，即，单调递减；
当 时，，即，单调递增；
所以函数在处取得极小值也是最小值，
当时，，时，，
因为有且仅有1个解，
所以.
【小问3详解】
因为对任意恒成立，
所以，即，
因此，
要证，只需证明即可，
对函数求导得到，
令，则，
所以在区间单调递减，
即在区间单调递减，
存在唯一极大值点，满足，即，
在内函数单调递增，
内函数单调递减，
所以当时取得极大值也是最大值
.
因此，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在时取得最大值，
因此，
所以，所以，
故得证.
19. 已知双曲线：（，）的焦点到其渐近线的距离为，点在上．
（1）求的方程；
（2）点，分别在的两条渐近线上运动，且，线段的中点为．
（ⅰ）设，，求的最大值；
（ⅱ）设，（），点不在轴上，若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）4；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由焦点到渐近线的距离求得，再将点代入到双曲线方程即可求解；
（2）（i）设出渐近线上的点，由中点坐标和得出的轨迹为椭圆，发现为其焦点，结合椭圆的定义即可求得，再使用基本不等式即可求解；（ⅱ）由及正弦定理，用坐标表示，并使用三角函数恒等变换和椭圆方程消去，得到比值关于的表达式，结合的取值范围即可求解.
【小问1详解】
设右焦点，其中一条渐近线方程为，即，
由题意得到的距离，
即，因为点在上，
将代入，得，解得，
即双曲线.
【小问2详解】
（i）由（1）得渐近线方程为，设，
设，则有，即，
则，
所以，
即，整理得，
即的轨迹是椭圆，易得其焦点为，长半轴长为2，
所以是点轨迹的焦点，所以，
则，当且仅当时等号成立.
（ⅱ）在中，由正弦定理得，
因为，所以应在轴右侧，即，
且，
所以，设，则，
不妨令，因为在上，且，
所以，
又，
联立，整理得，
而，解得，
设，则，
易得当时，则在上单调递增，
所以，即，因为短半轴长为1，因此，
由整理得，
因为，解得，
因为，代入，所以整理得，
令，则，则，代入，
整理得，
设其中，
易得当时单调递增，则单调递减，单调递增，单调递增，
单调递增，单调递增，最终有在上单调递增，
所以，即.
由于椭圆的对称性，当时结果一致，
综上，