2026届广东省执信、金中、深外三校联考高三上学期一调数学试题和答案

高中广东省执信中学、汕头市金山中学、深圳外国语学校2026届高三上学期联合调研考试数学试题一、单选题1．已知集合，，则中的元素个数为（

）A．3 B．4 C．5 D．62．若复数，则（

）A．2 B． C．4 D．53．已知直线，，是三条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A．若，，，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，，，则4．已知数列满足，则（

）A． B． C． D．5．平行四边形中，,点P在边CD上，则的取值范围是（

）A．[-1,8] B． C．[0,8] D．[-1,0]6．在等差数列中，公差是与的等比中项．已知数列成等比数列，则数列的通项公式为（

）A． B． C． D．7．已知函数的图象是由的图象向右平移个单位得到的．若在上仅有一个零点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．8．若正实数a，b满足，且，则下列不等式一定成立的是（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知函数，则（

）A．曲线关于轴对称 B．曲线关于原点对称C．在上单调递减 D．在上单调递增10．函数的所有极值点从小到大排列成数列，设是的前项和，则下列结论中正确的是（

）A．数列为等差数列 B．C． D．11．已知正方体棱长为2，如图，为棱上的动点，平面．下面说法正确的是（

）A．直线与平面所成角的正弦值范围为B．点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大C．点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形D．已知为中点，当的和最小时，的长度为三、填空题12．已知平面向量，，若，则.13．在△ABC中，，面积为12，则=．14．当时，函数的图象在直线的下方，则实数的取值范围是．四、解答题15．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)求A；(2)若∠BAC的角平分线交BC于点D，且，求面积的最小值．16．已知的周长为12，顶点的坐标分别为为动点．(1)求动点的轨迹的方程；(2)过原点作两条关于轴对称的直线（不与坐标轴重合），使它们分别与曲线交于两点，求这四点所对应的四边形的面积的最大值．17．如图，在五面体ABCDE中，平面ABC，，，.(1)求证：平面平面ACD；(2)若，，五面体ABCDE的体积为，求直线CE与平面ABED所成角的正弦值.18．已知且，函数．（1）当时，求的单调区间；（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．19．已知数列满足：，，其中为数列的前n项和．(1)求数列的通项公式；(2)设m为正整数，若存在首项为1且公比为正数的等比数列（），对任意正整数k，当时，都有成立，求m的最大值．参考答案1．B【详解】由题设，所以，故其中元素共有4个.故选：B2．B【详解】因为复数，所以，所以，故选：B3．D【详解】若，，，，则或，故选项A不正确；若，，则或，故选项B不正确；若，，，则或，故选项C不正确；由面面垂直的性质定理可知选项D正确.故选：D.4．A【详解】数列满足，则，，则，故选：A.5．A【详解】∵,，∴，∴，A=60°，以A为原点，以AB所在的直线为轴，以AB的垂线为轴，建立如图所示的坐标系，∴A(0,0),B(4,0),，设，∴，∴，设，∴在上单调递减,在上单调递增，结合二次函数的性质可知：函数的最小值为：，函数的最大值为，则的取值范围是[−1,8]，本题选择A选项.6．B【详解】依题意，即，解得，故．新数列，记为，则为等比数列，所以公比，所以，又因为，所以．故选：B7．A【详解】由题知，函数在上仅有一个零点，所以，所以，令，得，即.若第一个正零点，则（矛盾），因为函数在上仅有一个零点，所以，解得.故选：A8．D【详解】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或，当时，，此时；，故；，；当时，，此时，，故；，；故ABC均错误；D选项，，两边取自然对数，，因为不管，还是，均有，所以，故只需证即可，设（且），则，令（且），则，当时，，当时，，所以，所以在且上恒成立，故（且）单调递减，因为，所以，结论得证，D正确故选：D9．AD【详解】函数定义域为，，则函数为偶函数，曲线关于轴对称.则选项A判断正确；选项B判断错误；当时，，，则当时，，单调递增，则选项C判断错误；当时，，，则当时，，单调递增，则选项D判断正确.故选：AD10．BC【详解】由，令，得或，，由正弦函数的图象和性质可得函数的极值点为或，，又，则，，，，…，对于A，数列的奇数项成首项为，公差为的等差数列，偶数项成首项为，公差为的等差数列，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，，，故C正确；对于D，由，则，故D错误.故选：BC.11．AC【详解】对于A选项，以点D为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则点、、设点，平面，则为平面的一个法向量，且，，，所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确；对于B选项，当与重合时，连接，在正方体中，平面，平面，，∵四边形是正方形，则，，平面，平面，平面，，同理可证，，平面，平面，易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为.分别取棱,,,,,的中点，易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面，正六边形的周长为，面积为，则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误；对于C选项，设平面交棱于点，点，，平面，平面，，即，得，，所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，，而，，且，由空间中两点间的距离公式可得，，，所以，四边形为等腰梯形，C选项正确；对于D选项，将矩形与矩形沿摊平为一个平面，如下图所示：若最短，则三点共线，，，又，，D选项错误.故选：AC.12．【详解】由题设，，即，则，所以，故.故答案为：.13．【详解】由题意，在中，，，面积为12，则，解得．∴．故答案为．14．【详解】由题意知，，即构造函数，则令，则，所以在上单调递增，故，故当时单调递减；当时单调递增，所以，所以.故答案为：15．(1)(2)【详解】（1），由正弦定理可知：，又，化简得，即，所以，，即，因为，所以，从而；（2）由题意可得：，且，即，化简得，而，解得，等号成立当且仅当，的面积，等号成立当且仅当，综上所述，的面积的最小值为.16．(1)(2)【详解】（1）由题意知，所以的轨迹为椭圆的一部分，且，所以.故曲线的方程为（2）设两直线的方程为与，记与曲线在第一象限内的交点为，由，可得，结合图形的对称性可知：四交点对应的四边形为矩形，且其面积，因为，所以（当且仅当时取等号），故四边形面积的最大值为.17．(1)证明见解析；(2).【详解】（1）若是中点，连接，作，由知：，因为面ABC，则面ABC，又面ABC，所以，，综上，两两垂直，故可构建如下图示的空间直角坐标系，令，，，则，，，所以，，若是面的一个法向量，即，令，则，又是面的一个法向量，则，所以面面.（2）由面ABC，面ABED，则面ABED面ABC，故到面ABED的距离，即为△中上的高，因为，，则，故，所以上的高.又面ABC，则，而，有，，所以为直角梯形，令，则，综上，，故.由（1）知：，，，，所以，，若是面ABED的一个法向量，即，令，则，而，则，所以直线CE与平面ABED所成角的正弦值为.18．（1）上单调递增；上单调递减；（2）.【详解】（1）当时，,令得,当时，,当时，,∴函数在上单调递增；上单调递减；（2）[方法一]【最优解】：分离参数,设函数,则,令，得,在内,单调递增；在上,单调递减；,又，当趋近于时，趋近于0，所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,所以的取值范围是.[方法二]：构造差函数由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解．构造函数，求导数得．当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意；当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为．由于，当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即．构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且．所以，实数a的取值范围为．[方法三]分离法：一曲一直曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解．因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点．①当时，与只有一个交点，不符合题意．②当时，取上一点在点的切线方程为，即．当与为同一直线时有得直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点．记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所以当且时有．综上所述，实数a的取值范围为．[方法四]：直接法．因为，由得．当时，在区间内单调递增，不满足题意；当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减．因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即．令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即．故实数a的范围为．]19．(1)(2)5【详解】（1）因为，所以，由，得，则，，由，得，当时，由，得，故整理得，所以数列是等差数列