2026年广东茂名市高三一模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年茂名市高三年级第一次综合测试数学试卷试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答策信息点涂黑；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城内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回.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．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．“”是“”的（

）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件3．已知向量，且，则（

）A．4 B． C．9 D．4．已知函数则（

）A．0 B．2 C．4 D．165．已知抛物线的焦点为为抛物线上一点，到轴的距离为2，则到原点的距离为（

）A．2 B． C． D．6．已知数列的前项和记为，若，则（

）A．15 B．31 C．63 D．1277．已知分别为直线，圆，圆上的动点，则的最小值为（

）A．2 B．3 C．4 D．58．从1至13的整数中任取3个不同的数，则能被2整除的概率为（

）A． B． C． D．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．函数的部分图象如图所示，则（

）A．为的周期B．是图象的对称中心C．当时，的值域是D．的单调递增区间是10．数列的前项和记为，则下列结论可能正确的是（

）A． B．C． D．11．在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内的动点（包含边界），则下列说法正确的是（

）A．存在使得B．若，则的轨迹长度为C．若平面，则四棱锥的外接球的体积的最大值为D．若，则的面积的最小值为三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．若某圆锥侧面展开图为半圆，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为．13．已知关于的方程的两根在复平面上对应的点分别为和，若是等边三角形，则.14．已知函数有3个零点，且，则的最小值为.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．中，角所对的边分别为.(1)若，求；(2)若，求的面积.16．如图，在四棱锥中，平面分别为的中点.

(1)证明：平面；(2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求的长；若不存在，请说明理由.17．已知甲､乙两个盒子均装有1个白球和1个黑球，现进行如下操作：从这两个盒子中各取1个球放入对方的盒子中.重复这样的操作，第次操作后甲盒中白球的个数记为.(1)求；(2)证明：是等比数列；(3)求的数学期望.18．已知椭圆的右焦点为，离心率为.过点且与轴不重合的直线交于两点.(1)求的方程；(2)若的平分线垂直于轴.（i）求实数的值；（ii）以为半径的圆的面积分别记为的面积为，求的取值范围.19．已知函数.(1)当时，求在区间上的最大值；(2)若对任意，且存在.（i）用含的式子表示，并证明：；（ii）将在区间上从小到大排列的第个极大值点记为，求.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【分析】直接进行交集运算即可求解.【详解】因为集合，，所以，故选：A.2．C【分析】根据对数的运算性质，以及不等式的性质和充分必要条件的定义判断即可.【详解】若，根据对数函数的单调性可知，则，即充分性成立；若，可得，，即必要性成立.故“”是“”的充分必要条件.故选：C.3．A【分析】直接根据向量垂直的坐标运算求解即可.【详解】因为向量，且，所以，解得，故选：A4．B【分析】利用分段函数，结合指数和对数运算求函数值.【详解】由题意得：，故选：B5．D【分析】根据抛物线的定义，得到焦半径公式，结合点到轴的距离即可解决问题.【详解】抛物线的焦点为，为抛物线上一点，设，根据抛物线的定义可得，又到轴的距离为2，，又，，即，故抛物线方程为，将代入抛物线得，，根据两点之间的距离公式得.故选：D.6．C【分析】根据的关系得数列是等比数列，公比为，首项为，再根据等比数列前项和公式计算即可.【详解】因为，所以当时，，即；当时，，，两式作差得，即，所以数列是等比数列，公比为，首项为.所以故选：C7．B【分析】先求出圆的圆心关于直线的对称点坐标，再结合圆的几何性质求解即可．【详解】由题意知圆，其圆心为，半径为，则圆心关于直线的对称点坐标，则可知与的中点在直线上，所以有解之可得，则，而圆化为标准方程为，其圆心为，半径为，则与之间距离为，圆上点关于直线在上的对称点为，所以.故选：

8．B【分析】根据题意首先分析能被2整除时，的取值要求，再结合排列组合及古典概型可求解.【详解】因为1至13的整数中有6个偶数，7个奇数，若能被2整除，则只需能被2整除，的取值异于即可，当都为奇数时，的取法有种；当都为偶数时，的取法有种，所以能被2整除的概率为.故选：B.9．BD【分析】根据图象中两点距离求周期，进一步得出，代入特殊点坐标求，从而确定函数的解析式，再根据周期、对称中心性质、范围对应函数值范围、单调区间求法判断各选项对错.【详解】对于A，由图象可知，，则，所以A选项错误，对于B，又因为，所以，将点代入，可得，即，又因为，所以，解得，即，因为，所以是图象的对称中心，所以B选项正确，对于C，当时，，此时，所以，所以C选项错误，对于D，令，，解得，，所以单调递增区间为，.故选：BD.10．BCD【分析】利用迭代可判断A，B，D；对于C，举例即可.【详解】由得，故A错误；，，，，故B正确；，故D正确；，取此时，故C正确.故选：BCD11．BCD【分析】以为原点建立空间直角坐标系求得的最大值，可判断A错误；由求得的轨迹为直线在四边形内的线段，可得其长度为，即B正确；由线面平行的向量证明可得与重合时，其外接球的体积最大为，即C正确；由可得的轨迹是以为圆心，半径为的圆在侧面内的部分，再由圆上点到定直线距离的最值问题可得的面积的最小值为，即D正确.【详解】以为原点，分别以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示，因为为侧面内的动点（包含边界），设,对于A：易知，所以，当时，取得最小值为2，此时与重合，当时，取得最大值为，此时与重合，因为，所以不存在点使得，即A错误；对于B：易知，所以由得，即；因此的轨迹为直线在四边形内的线段，因,可得，所以的轨迹为的中点到点的线段，因此的轨迹长度为，即B正确；对于C：又，所以，设平面的法向量为，所以，可得,令，则，则平面的法向量,因平面，则,又，即，解得，显然当时，即与重合时，满足题意，此时四棱锥的外接球与正方体的外接球相同，其半径满足，即；此时外接球的体积为，即C正确；对于D，若，由正方体性质可得平面，又平面，所以，利用勾股定理可得，即，解得，所以此时的轨迹是以为圆心，半径为的圆在侧面内的部分，此时点到的最小距离为，所以的面积的最小值为，即D正确.故选：BCD12．【分析】设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，则，求得，进而得到圆锥的母线与底面所成的角的大小.【详解】设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，则，可得，设圆锥的母线与底面所成的角为，则，，所以圆锥的母线与底面所成的角为.故答案为：.13．【分析】由题可知，方程的两根应为虚根，可设方程的两复根为，，根据条件可得边长之间关系式，进而得解.【详解】根据题意设方程的两虚根为，，为实数，方程的两根在复平面上对应的点分别为和，轴，又是等边三角形，高为2，则，解得，则；则.故答案为．14．【分析】易知，当时将方程变形可得，再由函数与方程思想可知与有两个交点，再由函数对称性可得，代入表达式再由二次函数性质求解即可.【详解】易知，因此1是函数的一个零点，当时，令，可得；令，显然此时；所以函数关于对称，若要函数有3个零点，则须满足方程有两个实数根，即函数与有两个交点，且两交点关于对称，又，可得，所以，当且仅当时，等号成立，此时，的最小值为.故答案为：.15．(1)；(2).【分析】（1）利用余弦定理求出，再由正弦定理可得；（2）利用辅助角公式化简求出，然后利用正、余弦定理，结合三角形面积公式求解可得.【详解】（1）因为，，所以，所以，由正弦定理得，解得.（2）因为，所以，即，因为，所以，所以，由正弦定理可得，由余弦定理得，即，解得，所以.16．(1)详见解析；(2)存在，【分析】（1）取PD的中点H，易证，得到是平行四边形，从而，再利用线面平行的判定定理证明；（2）建立空间直角坐标系，求得平面PBC的一个法向量，根据平面，由求解.【详解】（1）如图：取PD的中点H，连接FH，AH，因为，又，所以，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面（2）建立如图所示空间直角坐标系：

则，所以，，设平面PBC的一个法向量为，则，即，令，则，，所以，设，则，若平面，则，所以，解得，所以，则，所以在线段上是否存在点，使得平面，的长为.17．(1)，(2)证明见解析(3)1【分析】（1）列出所有的取球情况，利用古典概型可得答案；（2）利用全概率公式，建立递推公式，然后利用等比数列的定义可证明；（3）利用期望的计算公式以及第（2）小问得到的，可得答案.【详解】（1）初始时甲、乙两盒均装有1个白球和1个黑球，第一次操作时，从两盒中各取一球交换，共有4种等可能情况：甲取白、乙取白：交换后甲盒白球数为1；甲取白、乙取黑：交换后甲盒白球数为0；甲取黑、乙取白：交换后甲盒白球数为2；甲取黑、乙取黑：交换后甲盒白球数为1。故（2）记，则，由全概率公式得：，，，所以，，由（1）和（3）知，结合初始值，可得对任意有，代入中，得：，将（4）代入（2）式得：，整理得，即：，又，所以数列是公比为的等比数列.（3）由题意知：的取值为：，分布列为：012，由(2)知，因此.18．(1)(2)（i）4，（ii）【分析】（1）依条件列关于的方程，解方程即可；（2）（i）设直线方程与，，联立椭圆的方程，得到的值，由的平分线垂直于轴，得：，再代入坐标，代入韦达定理可得答案；（ii）分别计算三角形与圆的面积，代入，可把表示成关于的函数，利用对勾函数的单调性可得答案.【详解】（1）由已知，右焦点为，故，离心率，解得，由，得椭圆的方程为（2）（i）设直线的方程为，代入椭圆方程得，设，，则的平分线垂直于轴，等价于，且直线与椭圆有两个交点，由得，将韦达定理代入：，化简得：，解得：.因此，实数的值为；（ii）由（i）知，直线方程为（），联立椭圆方程得则由直线与椭圆有两个交点得：，三角形的面积，，又，所以，于是，，故，令，则：考虑函数，，由，得，故在上单调递增，当时，，所以的值域为，因此，的取值范围是。19．(1)(2)（i），证明见解析；（ii）【分析】（1）由的值得到，利用导数法求出的单调性，结合单调性求出在区间上的最大值；（2）（i）由对任意，且存