广东省东莞市2026届高三上学期调研考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省东莞市2026届高三上学期调研考试数学试题一、单项选择题：本大题共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．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．1.定义域为R的函数，其图象与轴的交点个数为（）A.0个 B.1个 C.2个 D.不能确定【答案】B【解析】给定自变量一个值为，根据函数的定义，它一定唯一对应一个数，所以该函数的图象与轴的交点个数为1个.故选：B.2.向量、分别表示向东和向北方向走，则表示（）A.向东北方向走 B.向西北方向走C.向东北方向走 D.向西北方向走【答案】A【解析】作，，以、为邻边作平行四边形，如下图所示：由题意可知，，故平行四边形为正方形，所以，且，且，故表示向东北方向走，故选：A.3.复数的共轭复数是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，所以，故选：D.4.双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则的离心率为（）A. B. C.2 D.4【答案】C【解析】因为双曲线的一条渐近线的倾斜角为，所以这条渐近线方程为，它的斜率为，所以，即.故选：C.5.过正方体的任意两条棱的中点作直线，其中与平面平行的直线共有（）A.6条 B.8条 C.12条 D.16条【答案】C【解析】由三角形的中位线易得平面，易得平面平面，所以平面内有6条，平面关于平面对称的平面内有6条，共有12条.故选：C.6.已知函数对任意有，且为偶函数，当时，，则（）A. B. C.3 D.-3【答案】D【解析】由题可得任意有即函数具有周期性且周期为2，又为偶函数，则函数关于直线对称，所以，又当时，所以.故选：D.7.已知随机变量X，Y均服从两点分布，且，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，所以.故选：B.8.设，函数，函数的极值为，则（）A.是递增数列 B.是递减数列C.是等差数列 D.是等比数列【答案】D【解析】，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以的极值为；，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，所以的极值为；，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，所以的极值为，归纳可得：，因为，所以数列不是等差数列.又因为，所以数列是等比数列，因为数列是正负交替出现，故该数列不具有单调性.故选：D.二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．9.甲、乙两名射箭运动员在某次测试中各射箭20次，两人的测试成绩如下表：甲的成绩乙的成绩环数78910环数78910频数4583频数5393则下列说法正确的有（）A.甲的成绩的中位数等于乙的成绩的中位数B.甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数C.甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差D.甲的成绩的极差大于乙的成绩的极差【答案】AC【解析】由题意可得甲的成绩的中位数为9，平均数为，方差为，极差为3；乙的成绩的中位数为9，平均数为，方差为，极差为3.故甲的成绩的中位数等于乙的成绩的中位数、甲的成绩的平均数等于乙的成绩的平均数、甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差、甲的成绩的极差等于乙的成绩的极差.故AC正确，BD错误.故选：AC.10.已知函数在区间上单调递减，直线为函数图象的一条对称轴，点为其图象的一个对称中心，则下列结论正确的有（）A.函数的最小正周期为B.点是函数的图象的一个对称中心C.将的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数为偶函数D.若在上有且仅有个极值点，则【答案】BCD【解析】因为函数在区间上单调递减，且直线为函数图象的一条对称轴，则函数在上取得最小值，则①，因为点为函数图象的一个对称中心，则②，②①可得，故，设函数的最小正周期为，则，可得，故，又因为且，故，所以，故，又因为，所以，故，对于A选项，函数的最小正周期为，A错；对于B选项，因为，故点是函数的图象的一个对称中心，B对；对于C选项，将的图象向右平移个单位长度后所得图象对应的函数为，故所得函数为偶函数，C对；对于D选项，，且，当时，，因为在上有且仅有个极值点，则，解得，即，D对.故选：BCD.11.已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，直线与抛物线交于两点，则下列结论正确的有（）A.B.若，则C.当时，则D.当时，则的最小值为【答案】BCD【解析】A：由，因为直线与抛物线交于两点，所以，，，，当时，显然满足，此时，而，显然不成立；B：该抛物线的准线为.当时，，由抛物线的定义可知，显然成立；C：当时，，，所以可得；D：当时，，，所以当时，有最小值，所以本选项正确.故选：BCD三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填在答题卡的相应位置上．12.已知集合，若，则____________．【答案】【解析】集合，，所以或，解得或或，当时，集合，与集合中元素的互异性矛盾，不符合；当时，集合，与集合中元素的互异性矛盾，不符合；当时，集合，符合；故答案为：.13.曲线在点处的切线方程为___________.【答案】【解析】曲线，则，所以在点处的切线的斜率为，由点斜式可得，故答案为:.14.已知是锐角三角形，内角、、所对应的边分别为、、.若，则的最小值是____________．【答案】【解析】因为，由正弦定理可得，所以，可得，因为为锐角三角形，即、，故，因为正弦函数在上单调递增，所以，即，则，由可得，所以，所以，故当时，取最小值.故答案为：.四、解答题：本大题共5小题，第15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效．15.已知为等差数列，是公比为2的等比数列，且．（1）证明：；（2）求集合中元素个数．（1）证明：设数列的公差为，所以①，②，由①得，代入②得，所以原结论得证．（2）解：由（1）知，，所以，，所以，所以原式等价于因为，所以，即，解得，所以满足等式的解，共6个，故集合中元素个数为6．16.已知圆：，当点在圆上运动时，作轴，垂足为，点满足．（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）（1）求点的轨迹的方程并写出其简单几何性质（直接写出2个不同类别即可，无需证明）；（2）圆的一条直径交轨迹于，两点，当直线，的斜率都存在时，证明：的乘积为定值．（1）解：设点，，，则，.因为，所以，，又点在圆上，所以，代入得，当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合，所以点的轨迹为．简单几何性质：范围：.对称性：关于原点中心对称，关于坐标轴轴对称.顶点：.离心率：，（写出上面的其中两个即可）.（2）证明：圆的直径一定过原点，因为轨迹为椭圆，根据圆和椭圆的对称性，A，B两点关于原点对称，设，，.因为，，直线的斜率，直线的斜率，所以，即的乘积为定值．17.如图，在正四棱锥中，，把绕BC顺时针旋转至，记点旋转后的对应点为．（1）证明：；（2）当三棱锥体积最大时，求：（i）点到平面的距离；（ii）平面与平面所成角的大小．（1）证明：如图1，取中点，连接和，由题意得，且，所以，又因为平面，所以平面，因为平面，所以．（2）解：因为平面，M是BC中点，所以，因为，所以当时，最大，此时三棱锥的体积最大．方法一：（i）如图2，设正方形中心为O，中点为，由正四棱锥的特征可得两两垂直，以ON，OM，OP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，，直角三角形PMO中，，所以，因为，所以，设平面的法向量为，则，即，解得，取，得因为，所以点到平面的距离为．（ii），设平面的法向量为则，即，解得，取，得设平面与平面夹角为，，因为，所以，所以平面与平面所成角的大小为．方法二：（i）如图3，取PA中点，连接和，因为平面，所以平面，因为，所以，又因为，所以，平面，所以平面.所以平面平面，所以点到平面的距离即点到平面的距离，因为平面，点到平面的距离为，所以点到平面的距离为．（ii）因为平面平面，所以平面与平面所成角即平面与平面所成角，如图4，过点作，连接和，因为，所以，所以为平面与平面所成角，在中，AB边上的高为，由等面积法可得，所以，在中，，因为平面与平面所成角的范围为，所以平面与平面所成角的大小为.18.已知函数．（1）判断函数的单调性；（2）当时，证明：曲线恒在曲线的上方；（3）当恰有四个零点时，证明：．（1）解：由得函数定义域为，且，令，即，∴．当时，，当或时，，所以在上单调递增，在和上单调递减.（2）证明：．令，，故在上单调递增．，即．由（1）可知在单调递增，，∴，即，即曲线恒在曲线的上方．（3）证明：令，得或由题意得直线与两条曲线共有四个交点．对于且，当时，，此时在上单调递增，当时，，此时在上单调递减，当时，，此时在上单调递减，同（2）可证，当时，曲线恒在曲线的下方如图所示，，且．由，得．，且在上单调递减，，即．．同理：，得，∵，且在上单调递增，∴，即，∴.故，即，得证．19.座位错排问题是一个十分有趣的数学问题．现有编号为的共个同学及与其对应的编号为的座位，即第位同学的座位编号为，定义错排数为将共个同学安排在编号为的共个座位上，其中有个同学不在其对应座位上的情况数．例如．另外，规定.（1）计算：；（2）当时，随机地将这4位同学安排在4个座位上，设不在其对应座位上的同学人数为，在其对应座位上的同学人数为，计，求的分布列及期望；（3）定义错排概率为随机地将这位同学安排在个座位上，其中有个同学不在其对应座位上的概率，证明：．（1）解：表示将3人排