广东省广州市天河区2026届高三上学期综合测试（一）数学试题（含解析）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页广东省广州市天河区2026届高三上学期综合测试（一）数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．若复数满足，则（

）A．3 B．4 C．5 D．72．已知集合，则=（

）A．或 B．或3 C．1或 D．1或33．把函数的图象向左平移后得到函数的图象，则的单调区间为（

）A． B．C． D．4．已知函数，若存在最小值，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．5．已知，则（

）A． B． C． D．6．若直线与曲线相切，则（

）A． B． C． D．7．在三棱锥中，若，，则直线与平面所成角的正弦值是（

）A． B． C． D．8．已知椭圆的两个焦点为，，过作直线交椭圆于，，若，且，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．二、多选题9．下列命题中，正确的是（

）A．方差、标准差、极差均能反映一组数据的离散程度B．数据的第百分位数为C．若一组样本数据的样本点都在直线上，则这组数据的相关系数为D．若随机变量，且，则10．已知圆，直线，直线与圆交于，两点，则（

）A．直线过定点B．的最小值为2C．的取值范围为D．当圆上恰有三个点到直线的距离等于时，11．已知函数定义域为，当时，，且对任意实数，均有，则（

）A． B．的图象关于点对称C． D．是单调函数三、填空题12．已知，，且，共线，则.13．已知圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，若圆台上、下底面面积之比为1：4，则圆台的体积与球体积之比为.14．如图，某停车场有2行4列共8个停车位，现有2辆红色汽车和2辆黑色汽车要停车，则相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为.

四、解答题15．在中，的对边分别为，且，.(1)求角的大小；(2)若，且的面积为，求的周长.16．已知数列的首项，且满足（）.(1)证明：数列为等比数列；(2)若（），求数列的前项和.17．在三棱锥中，平面BCD，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在棱AC上，且.(1)求证：；(2)若是边长为2的等边三角形，且三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.18．为了弘扬中国优秀的传统文化，某校将举办一次剪纸比赛，共进行7轮比赛，每轮比赛结果互不影响.比赛规则如下：每一轮比赛中，参赛者在30分钟内完成规定作品2幅和创意作品1幅，若有不少于2幅作品入选，将获得“巧手奖”.7轮比赛中，至少获得6次“巧手奖”的同学将进入决赛.某同学经历多次模拟训练，指导老师从训练作品中随机抽取规定作品和创意作品各4幅，其中有3幅规定作品和2幅创意作品符合入选标准.(1)从这8幅训练作品中，随机抽取规定作品2幅和创意作品1幅，记抽出的3幅作品中符合入选标准的幅数为X，求X的分布列和数学期望；(2)以上述两类作品各自入选的频率作为该同学参赛时每幅作品入选的概率，经指导老师对该同学进行赛前强化训练，规定作品和创意作品入选的概率不减小且共增加了，以获得“巧手奖”的次数期望为参考，试预测该同学能否进入决赛.19．已知常数，函数.(1)讨论在区间上的单调性；(2)若存在两个极值点，，且，求的取值范围.(3)设，证明：.《广东省广州市天河区2026届高三上学期综合测试（一）数学试题》参考答案题号12345678910答案CBACDDBDADACD题号11答案BCD1．C【分析】先利用对已知条件化简求出，再利用复数模的计算公式求．【详解】，，又，，即，．故选：C．2．B【分析】利用集合的包含关系可得或，求出，再根据集合的互异性即可求解.【详解】因为集合，，且，所以或，若，则，满足；若，则或，当时，，满足；当时，集合A中元素不满足互异性，舍去，故选：B.3．A【分析】根据平移的性质可得，进而利用整体法即可求解.【详解】由题意可得，令，解得，故单调递增区间为，故选：A4．C【分析】根据指数函数和二次函数值域的求法可求得在每一段上的值域，根据有最小值可构造不等式求得结果.【详解】当时，，当时，，所以如果存在最小值，则，解得：，所以实数的取值范围是，故选：C.5．D【分析】通过两角和的余弦公式证明即可得到答案．【详解】，所以．故选；D6．D【分析】根据导数的几何意义（切线斜率）和切点同时在直线与曲线上列方程求解即可．【详解】设切点为，曲线在切点处的斜率为，直线在切点处的斜率为1，切点处两者斜率相等，所以，得，即切点横坐标，又因为切点同时在直线与曲线上，纵坐标相等，所以，也即．故选：D．7．B【分析】设，建立空间直角坐标系，设点，得出向量坐标，利用向量数量积公式结合已知条件得出，再利用向量的模的计算公式求出，最后求出线面角的正弦值．【详解】设，以为原点，为轴，为轴，建立如下图所示空间直角坐标系，则，设点，，，，即，同理，即设，则，，，解得，直线与平面夹角的正弦值等于点到平面的距离与的比值，即．故选：B．8．D【分析】根据题意在中，，在中，，再结合离心率求解即可.【详解】连接，设，，则，因为，所以，在中，，所以，化简得，则，，在中，，所以，即，所以离心率.9．AD【分析】利用方差、极差的意义判断A；计算百分位数判断B；利用相关系数判断C；利用正态分布的概率计算判断D.【详解】对于A，方差、标准差、极差均能反映一组数据的离散程度，A正确；对于B，计算第百分位数：数据个数为，，为整数，则第百分位数是第个数与第个数的平均值，即，B错误；对于C，样本点都在直线上，说明变量呈完全正线性相关，相关系数，C错误；对于D，由知正态曲线关于对称，，结合，代入得，又，解得，则，由对称性，D正确.故选：AD.10．ACD【分析】对于选项A，将直线整理成，得到，此方程组的解构成的点就是直线恒过的定点；对于选项B，先求出的圆心和半径，由直线过定点，可知过定点的直径是最长的弦，过定点且与这条直径所在直线垂直的直线与圆相交的弦长是最短的弦，求出定点到圆心的距离，则的最小值为代入数值即可得解；对于选项C，由求出，结合余弦定理求出的范围，利用向量的数量积的定义得到，由的范围得解；对于选项D，由圆上恰有三个点到直线的距离等于，得到圆心到直线的距离等于，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，则，计算即可得解.【详解】对于选项A，直线，，，，直线过定点，选项A正确；对于选项B，的圆心为，半径为，直线过定点，过定点的直径是最长的弦，过定点且与这条直径所在直线垂直的直线与圆相交的弦长是最短的弦，定点到圆心的距离为，的最小值为，选项B错误；对于选项C，，，，，，，，，，，选项C正确；对于选项D，圆上恰有三个点到直线的距离等于，圆心到直线的距离等于，，圆心圆心到直线的距离，，选项D正确.故选：ACD.11．BCD【分析】A选项，令得到或，若，推出矛盾，从而得到；B选项，令，代入整理得，B正确；C选项，在B基础上得到，因为，所以；D选项，令，有，推出当时，，在R上恒成立，定义法得到在R上单调递增，D正确.【详解】A选项，令，得，整理得，解得或，再取，，得，若，则，解得，则与条件中“当时，”矛盾，故，所以，A错误；B选项，令，得，代入整理得（*），所以的图象关于点对称，B正确.C选项，由（*）式可知，，因为，所以，C正确.D选项，下面证明在R上单调递增，条件可变形为.令，则有，因为当时，，所以当时，，的图象关于点对称，故当时，，故在R上恒成立，，，，有，故，，又恒正，所以，从而在R上单调递增，D正确.故选：BCD.12．/【分析】利用向量共线的坐标运算，结合对数的运算性质可得结果.【详解】由已知，可得，则，则，所以.故答案为：.13．【分析】由题意设圆台上底面圆的半径为，则圆台下底面圆的半径为，求得圆台的高，进而求得圆台的体积与球的体积，可得结论.【详解】作出示意图如图所示：因为圆台上、下底面面积之比为1：4，所以圆台上、下底面圆的半径之比为1：2，设圆台上底面圆的半径为，则圆台下底面圆的半径为，由题意可得圆台的高为，则圆台的体积为，因为下底面过球心，所以球的半径为，所以球的体积为，所以.故答案为：.14．/【分析】首先根据分类和分步计数原理，计算相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况，再结合古典概型概率公式，即可求解.【详解】先计算相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数.第一步：停红色汽车，第一辆红色汽车在第一行选一个位置有四个位置可选，第二辆红色汽车在第二行有三个位置可选，由于两辆红色汽车可以互换，故有种；第二步：停黑色汽车，分成两种情况：若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车同列，则另一辆黑色汽车有3种停法，若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车不同列有2种停法，此时另一辆黑色汽车有2种停法，由于两辆黑色汽车可以互换，故有种.因此，相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数共有24×14种，8个车位停入4辆车的试验共有种情况，所以相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为.故答案为：15．(1)(2)15【分析】（1）利用正弦定理边化角可求得，结合已知可求得；（2）由三角形的面积公式可求得，结合余弦定理可求得，进而可求周长.【详解】（1）由及正弦定理得，因为，则，故.因为，所以为钝角，所以.（2）依题意，得：，故，由余弦定理，即，所以，所以的周长为.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）将递推公式配凑成，即可；（2）由（1）求得，由分组求和、错位相减法求和即可.【详解】（1）证明：由，得，，且，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，（2）由（1）知数列是首项为3，公比为3的等比数列，所以，故，所以，设①所以②①－②得：.所以，又，所以.17．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据中位线以及相似比可证明为平行四边形，继而可得线线平行，即可根据线面垂直的性质求证，（2）建立空间直角坐标系，求解法向量，即可利用向量的夹角求解.【详解】（1）如图，分别在线段上取点，使，，连接，因为分别是的中点，,,在中，，，所以，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以，即.（2）设，因为三棱锥的体积为，平面，所以，即，所以，取CD的中点，连接BO，则.过点作，则平面BCD，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，设平面的法向量为，则，所以平面的一个法向量可取为，而平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，，所以平面与平面的夹角的余弦值为.18．(1)分布列见解析，2(2)预测该同学不能进入决赛.【分析】（1）确定X的所有可能取值，结合计数原理求得概率，即可求解；（2）设强化训练后，规定作品入选的概率为，创意作品入选的概率为，由获得“巧手奖”的概率结合，构造函数，通过求导确定取得最值，再结合二项分布即可求解.【详解】（1）由题可知，X的所有可能取值为：1，2，3所以，，，故X的分布列为X123P所以数学期望.（2）设强化训练后，规定作品入选的概率为，创意作品入选的概率为，则，由已知可得，强化训练后该同学某一轮可获得“巧手奖”的概率为：.，且，，也即，故可得：，设，，所以在上单调递增，.所以，该同学在7轮比赛中获得“巧手奖”的次数，，故预测该同学不能进入决赛.19．(1)答案见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）对函数求导，讨论的范围分析函数单调性即可；（2）根据函数存在两个极值点，可得，求出，，代入，然后代入求解即可；（3）化简，取，，则，即，然后代入证明即可.【详解】（1），因为，所以当即时，恒成立，则函数在单调递增；当