广东省2026届高三上学期第二次调研考试（12月）数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省2026届高三上学期第二次调研考试（12月）数学试题一、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.设，复平面内表示复数的点在直线上，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】复数对应的点的坐标为，因为该点在直线上，所以，解得，则.故选：B.2.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由可得，解得，即集合，且，所以.故选：D．3.“”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【答案】C【解析】由于函数y=x3在R上单调递增；∴a3>b3⇔a>b.∴“a>b”是“a3>b3”的充要条件.故选：C.4.某人从住地外出有两种方案，一种是骑自行车去，另一种是乘公共汽车去．显然公共汽车的速度比自行车快，但乘公共汽车有一个等候时间（候车时间假设是固定不变的）．在任何情况下，他总是选择花时间最少的最佳方案．下表列出他到达甲，乙，丙三地采用最佳方案所需的时间．则他离住地8千米的地方，需要的时间为（）目的地目的地离住地的距离最佳方案所需时间甲地2千米12分钟乙地4千米18分钟丙地6千米22分钟A.24分钟 B.26分钟 C.28分钟 D.30分钟【答案】B【解析】由，，则，结合到甲地需要12分钟，得公共汽车每行驶1千米需要2分钟，所以，，即候车时间为10分钟，若到甲地乘公共汽车，则需要时间为分钟，大于12分钟，则到甲地为骑自行车，骑自行车每公里需要6分钟，所以到8千米的地方，最佳方案是乘公共汽车，需要时间为分钟．故选：B．5.已知向量在向量上的投影向量为，，则（）A. B. C. D.3【答案】A【解析】因为，所以．故选：A．6.已知是首项和公差均为的等差数列，是首项和公比均为的等比数列，．若的前5项和与的前4项和都等于，则（）A.30 B.32 C.42 D.46【答案】A【解析】依题意，，显然，，则，又，故，所以，由，得，则，解得，所以.故选：A.7.已知是上的奇函数，，若在上单调递增，且，则在上的最小值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由是奇函数，可得.由，可得的图象关于对称，即，则有，所以，即的周期为.因为在单调递增，且是奇函数图像关于原点对称，则在单调递增，即在单调递增.又因为的图象关于对称，则在单调递减.所以在一个周期内，即在上的最小值是.故选：C.8.单位圆上有7个不同的点，则任意两点间距离平方和的最大值为（）A.42 B.49 C.56 D.64【答案】B【解析】设，则，所以，因为，所以，当7个点均匀分布在单位圆上时，根据正、余弦函数的图象和性质有，则，因此所求的最大值为49．故选：B．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.9.两组数据和，它们的平均数分别为，，方差分别为，，则（）A.的平均数为B.的方差为C.若，则D.若，则【答案】AC【解析】由题意可知：，，即，，对于选项A：因为，所以的平均数为，故A正确；对于选项C：若，则，即，故C正确；对于选项BD：例如两组数据分别为和，则，，，，数据的平均数为，方差为，故B错误；且满足，，但，故D错误；故选：AC.10.如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（）A.，，，四点共面B.线段为直三棱柱外接球的直径C.三棱锥的体积为D.异面直线与所成角为【答案】BC【解析】对于A，直线平面，点平面，而直线，点平面，因此直线与直线是异面直线，则四点不共面，A错误；对于B，将三棱柱补形为正方体，为该正方体共点的三条棱，矩形为该正方体对角面，则为三棱柱外接球直径，B正确；对于C，点到平面的距离为，则，C正确；对于D，取中点，连接，由是中点，得，则是异面直线与所成角或其补角，由已知，，，平面，所以平面，故平面，又平面，于是，而，因此，即，D错误.故选：BC.11.双曲线的左、右焦点分别为，，过上一点作切线与轴交于点，直线与的两条渐近线分别交于点，，满足，则（）A. B.满足条件的点有2个C. D.点为外接圆圆心【答案】ACD【解析】A选项，由双曲线光学性质知为的平分线，由角平分线性质可得，即，A正确；B选项，设，，，则，所以，得，即，所以，结合为的内角可得，或，又，所以或，当时，满足条件的点在右支上，有2个，当时，满足条件的点共4个，左支2个，右支2个，所以满足条件的点有6个，B错误；C选项，当时，，由于，故，当时，，综上，．设，则，联立，可得交点，，其中，因为，所以，所以，C正确；D选项，，结合C选项，可知中点坐标为，所以是线段中点，又，所以为外接圆圆心，D正确．故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若的展开式中，的系数等于的系数的5倍，则________．【答案】【解析】由二项式定理可知，的系数为，的系数为，由题可得，即，所以，而且，解得．故答案为：.13.已知圆与圆交于，两点，则公共弦长____．【答案】【解析】由题得，，，两方程相减得，，则圆心到此直线距离为，所以．故答案为：.14.已知函数，若存在，使得成立，则实数的取值范围是________．【答案】【解析】，设，则当时，不成立；当时，由，得，则，不成立；当时，若，即，则，即成立；若，即，则，即，得；综上，的取值范围是．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.已知函数的部分图象如图所示．（1）求的解析式；（2）把的图象向右平移个单位长度，得到函数，求使成立的的取值集合．解：（1），由图知，过点，即，则，由图得，，解得．所以．（2）由题得，，由，得，则，所以，解得，因此，使成立的的取值集合是．16.某地举行足球赛，共有16支球队参加．赛程先进行小组单循环赛（小组内每两支球队打一场比赛，前两名晋级下一轮）；然后进行淘汰赛（赢球晋级下一轮，输球被淘汰），对阵图如下．现16支球队分为A，B，C，D四组，每组4支球队．已知甲、乙、丙、丁4支球队分在A组，甲队胜乙队、丙队、丁队的概率分别为，，．假设每一轮每场比赛互不影响，甲队在每一轮每场比赛胜其他球队的概率不变．（1）求甲队在小组单循环赛中至少胜两场的概率；（2）已知通过第一轮角逐，甲队和乙队均进入淘汰赛，且甲队对组每支球队的胜率均为，乙队对组每支球队的胜率均为．求甲队夺冠的概率．解：（1）设在一轮比赛中，甲队胜乙队为事件，甲队胜丙队为事件，甲队胜丁队为事件，由题得，，，．设甲队在第一轮比赛中至少胜两场为事件，则．由题可得，．因此，甲队在第一轮比赛中至少胜两场的概率为．（2）由题得，甲队进入决赛的概率为；乙队进入决赛的概率为．则乙队进入决赛甲队夺冠的概率为；乙队没进入决赛甲队夺冠的概率为．因此，甲队夺冠的概率为．17.如图，在三棱台中，，，，点在底面的投影是的重心．（1）证明：平面平面；（2）已知空间直角坐标系中的方程：，它表示球心为，半径为的球面．，是棱上两点，，是三棱台表面上一点，且．求满足条件的点轨迹的长度．（1）证明：连接并延长交于点，连接，取的中点为，连接，因为点在底面的投影是的重心，则平面，，因为为中点，为中点，则，由题得，，，所以，所以四边形是平行四边形，则，所以平面，因为平面，所以平面平面．（2）解：如图，以A为原点，建立空间直角坐标系，则，，设，由，得，整理得，所以点轨迹表示球心在，半径的球面，又是棱台表面上的点，所以点轨迹是球面与棱台表面的交线，由题得，，则，所以，又，，则，，，所以球面只与棱台侧面，侧面，底面相交，因为所以，，，从而可得，，，因此所求交线长度为．18.已知函数．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若，证明：函数有3个零点；（3）当时，对任意的，满足，证明：．（1）解：当时，，则，所以，．因此曲线在处的切线方程为．（2）证明：的定义域是，，若，令，得或，且．当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以在处取得极大值，在处取得极小值．因为，所以，又，所以，使得，即在上有1个零点；因为，所以，则，所以，所以，使得，即在上有1个零点；又，所以，使得，即在上有1个零点．综上，当，有3个零点．（3）证明：在处的切线方程为，设，下面证明：当时，．设，则，设，则，显然，时，，所以递增，则，即，所以递减，则，从而，即．所以，得．即．19.已知椭圆，为坐标原点，点分别在直线与上，是上一点，四点构成平行四边形．（1）证明是定值，并求该值；（2）求平行四边形面积的最大值；（3）一族直线与交于点，证明每条弦被定直线平分，并求该直线