广东省珠海一中、惠州一中、深圳外国语三校2026届高三上学期12月联合调研考试数学试卷（含答案）

广东省珠海一中、惠州一中、深圳外国语三校2025-2026学年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（

）A． B．C． D．2．设，则“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件3．抛物线的焦点坐标为（

）A． B． C． D．4．已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等且它们的高均为，则圆锥的体积为（

）A． B． C． D．5．已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（

）A． B．C． D．6．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？现有这样一个相关的问题：被3除余2且被5除余3的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前n项和为，则的最小值为（

）A． B． C．71 D．7．已知，若正实数m，n满足，则的最小值为（

）A． B． C． D．8．若，且有，则（

）A． B．C． D．二、多选题9．已知复数（i为虚数单位），则（

）A．z的虚部为 B．z的共轭复数为C． D．10．已知函数的部分图象如图，则（

）A．函数为奇函数B．在上单调递增C．若，则的最小值为D．若，函数在上有2个零点，则11．如图，点是边长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法正确的是（

）A．当点在侧面上时，四棱锥的体积为定值B．存在这样的点，使得C．当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为D．当时，点的轨迹长度为三、填空题12．平面向量，若，则.13．已知函数有三个零点，则实数的取值范围是14．双曲线的左右焦点分别为，，以实轴为直径作圆O，过圆O上一点E作圆O的切线交双曲线的渐近线于A，B两点（B在第一象限），若，与一条渐近线垂直，则双曲线的离心率为．四、解答题15．在中，内角的对边分别为．已知．(1)求；(2)若，点在边上，，求面积的最大值．16．已知数列满足，.(1)证明：是等比数列；(2)设，证明：.17．如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点．

（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．18．已知椭圆的长轴长为，离心率为，直线与轴交于点，与相交于、两点．(1)求的标准方程；(2)若的斜率为1，且，求的值；(3)是否存在，使恒为定值？若存在，求出与的值；若不存在，请说明理由．19．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，既存在极大值，又存在极小值，求实数a的取值范围；(3)当，时，分别为的极大值点和极小值点，且，求实数k的取值范围.

参考答案1．B【详解】解绝对值不等式得，所以，又，因交集取集合的公共部分，故.故选：B2．A【详解】由可得，所以，故充分性成立；由可得，取，则不成立，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.3．D【详解】由标准方程中，，且焦点在轴的负半轴上，所以抛物线的焦点坐标为，即.故选：D4．A【详解】设圆柱和圆锥的底面半径均为，侧面积分别为，则圆锥的母线所以，，又因为，即，解得，所以圆锥的体积.故选：A.5．A【详解】由图可得为奇函数，而为偶函数，故D错误；由图可得在处有定义，而的定义域为，故B错误；由图可得，而，故C错误，故选：A．6．C【详解】被3除余2且被5除余3的正整数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为，公差为的等差数列，则，所以，由对勾函数的性质可得：函数在上单调递减，在上单调递增，又，，所以当时，取最小值，故选：C.7．D【详解】显然该函数的定义域为全体实数，因为，所以该函数是奇函数，，，即，当且仅当时取等号，即当时取等号，所以有，当时取等号，而，当且仅当时取等号，显然与不能同时成立，所以，所以该函数是实数集上的增函数，且又是奇函数，所以，令，因为m，n是正实数，所以，所以，即，当且仅当时取等号，即当时取等号，所以当时，的最小值为，故选：D8．A【详解】令，求导得，，，，在上单调递增，，，；令，求导得，在上单调递增，，；令，求导得，在上单调递增，，且，，在上，，，，，则，在上单调递增，，，．故选：A．9．AC【详解】由，故z的虚部为，，，，A、C对，B、D错.故选：AC10．ABD【详解】设函数的周期为，由图象可知，，，所以，解得，此时；如图，，因为，所以，因此；对于A，因为函数，所以函数是奇函数，故A正确；对于B，因为，所以，结合正弦函数的单调性知，在上单调递增，故B正确；对于C，因为，所以的最小值等于，故C错误；对于D，依题意，，由，，得；因为，函数在上有2个零点，，解得，故D正确.故选：ABD.11．ACD【详解】对于选项A，点到侧面的距离即为2，，故四棱锥的体积，所以四棱锥的体积为定值，故A选项正确；对于选项B，因为，而，因此点是的中点，所以这样的点不在正方体的表面上，故B选项错误；对于选项C，①当点在侧面，侧面上时（不包括正方形的边界），过点作平面的垂线，垂足为，连，在中，由，可得；②当点在上底面上时，过点作平面的垂线，垂足为，若，必有，又由，有，此时点的轨迹是以为圆心，2为半径的四分之一圆，点的轨迹长度为；③当点在侧面上时，点在线段上符合题意，此时点的轨迹长为；由上知点的轨迹长度为，故C选项正确；对于选项D，①当在底面上时，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆与底面的交线，记圆与相交于点，与交于点，有，可得，则点的轨迹与底面的交线长为；②当点在侧面上时，，可得点的轨迹与侧面的交线为以点为圆心，为半径的四分之一圆，交线长为．由对称性可知，点的轨迹长度为，故D选项正确．故选：ACD.12．【详解】由，得，解得.则，.故答案为：.13．【详解】因为函数有三个零点，所以方程有三个实数根.令，则，当，或时，；当时，.所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.当时，，所以.又，所以函数的简图如下：因此，实数的取值范围是.故答案为：.14．2或【详解】记与渐近线的交点为，当一条渐近线斜率大于1时，根据题意，作图如下：

，，故；则在△中，设，又，由余弦定理可得，解得，即；在△中，，又，故；又左焦点到直线的距离，即，又，故，则在圆上，即与圆相切；显然，则，又，又，故可得，根据对称性，，故，故三点共线，点是唯一的，根据题意，必为双曲线右顶点；此时显然有，故双曲线离心率为；同理，当一条渐近线斜率大于0小于1时，必为，此时有一条渐近线的倾斜角为，离心率为.故答案为：2或.15．(1)(2)【详解】（1）由，根据正弦定理可得，由，则，可得，所以，由，即，则，即，根据，解得.（2）由（1）有，由，有，由余弦定理，当且仅当时，等号成立，所以，所以，所以面积的最大值为.16．(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】（1）因为，，则，，…以此类推可知，对任意的，，由已知得，即，所以，且，所以是首项为，公比为的等比数列.（2）由（1）知，，，，.17．（1）证明见解析；（2）存在，.【详解】证明：过作于点，则，以为原点，，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，，，∵为的中点．∴．则，，，设平面的法向量为，则令，则，，∴．∴，即，又平面．∴平面．解：令，，设，∴．∴，∴.由知，平面的法向量为.∵直线与平面所成角的正弦值为，∴，化简得，即，∵，∴，故．18．(1)(2)(3)存在，，．【详解】（1）由题意知，，解得，，所以的标准方程为．（2）由的斜率为1，则直线的方程为．设，，联立，消去得，，其中，解得，所以，，所以，因为，所以，解得．（3）①当直线的斜率不为0时，设其方程为，联立，消去得，，其中，所以，，所以．当，即时，，即；②当直线的斜率为0时，不妨取，，若，则，此时，即．综上，存在，使得恒为定值，即，．19．(1)(2)(3)【详解】（1）当时，，所以，又，所以切线方程为即.（2）当时，,则，令，，令，则原方程，即，当时，方程有两个根或，因为既存在极大值，又存在极小值，则方程存在两个不相等的正根，所以且，解得且，综上.（3）由（2）知，因为或，，所以的两个根为：或，因为，所以，即，因为，当时，，所以在单调递增，当时，，所以在单调递减，当时