2026年广东广州市高三一模高考数学试卷答案详解（精校打印）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年广州市普通高中毕业班综合测试（一）数学本试卷共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．2．集合的子集个数为（

）A．3 B．4 C．7 D．83．已知函数，则（

）A． B．0 C． D．24．函数的最小正周期是（

）A． B． C． D．5．已知向量，，向量满足，则的取值范围是（

）A． B． C． D．6．函数在区间上的极值点个数为（

）A．4 B．5 C．6 D．77．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．3 B． C．4 D．58．在正三棱柱中，，，点是平面上的动点，则的最小值是（

）A． B． C． D．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．10．已知，则下列命题正确的是（

）A．，B．，C．，D．，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．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______．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______．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．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．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．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．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：．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．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【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．D【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．B【详解】因为，所以，所以.4．C【详解】因为，所以最小正周期为.5．A【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．A【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．C【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．B【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.9．ABD【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．BC【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．ABD【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，12．4【详解】显然，故，解得.13．【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.14．20【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.15．(1)证明见解析(2)【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.【详解】（1）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．（2）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．(1)证明见解析(2)【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.【详解】（1）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.（2）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，以为坐标原点，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．(1)(2)【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.【详解】（1）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.（2）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.甲获胜的情况为：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．(1)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)(3)证明见解析；【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.【详解】（1）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.（2）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.（3）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．(1)(2)（ⅰ）4；（ⅱ）【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.【详解】（1）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.（2）（i）由（1）得渐近线方程为