广东省四校2026届高三上学期第二次联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省四校2026届高三上学期第二次联考数学试题一、单选题1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，解得，所以，又，所以.故选：B.2.已知为奇函数，当时，，则的值为（）A. B. C.1 D.3【答案】A【解析】已知函数是奇函数，当时，，则.故选：A．3.设，则，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以复数在复平面内对应点，由得，即点的轨迹是复平面内以为圆心，半径为的圆，又表示复平面内的点到的距离，所以的最小值为圆心到原点的距离减半径，即，故选：C.4.已知等差数列的前n项和为，若，，则（）A. B. C.9 D.13【答案】D【解析】易知，可得；又，所以.故选：D.5.若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，则.故选：A．6.如图，是的中线，G为的中点，过点G的直线分别与交于点，且，，其中，则的最小值为（）A.4 B.9 C. D.【答案】D【解析】因为G为的中点，所以，又是的中线，即为的中点，所以，所以.由，，其中，得，，所以.因为三点共线，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.故选：D.7.已知函数在上单调，若实数满足，则令，则下列关于s的结论正确的是（）A.的最小值1 B.的最小值6C.的最大值12 D.的最大值【答案】C【解析】因为函数在上单调，其导数为，由于，要使恒为非负或恒为非正，需满足或，故；因为，所以是奇函数，故可转化为；由于在R上单调，故，即，结合，得，且，故，将代入，得；设，则，，为二次函数且开口向下，对称轴为，所以在区间上单调递增，故在时取得最大值，为；在时取得最小值，为.故选：C.8.蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆（）的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”，且其方程为.已知椭圆的焦点在x轴上，A、B是椭圆E上的任意两点，动点P在直线上.若存在为钝角.则椭圆E离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意可知，圆即为椭圆的蒙日圆，因为、为椭圆上任意两点，存在满足为钝角，即存在点在圆内，又因为动点在直线上，则直线与圆相交，所以，解得，则，即，因此，椭圆的离心率的取值范围是.故选：B.二、多选题9.已知函数，则下列结论正确的是（）A.是奇函数B.若周期是，则其对称轴方程为，C.若，则在区间单调递增D.若方程在上有三个根，则【答案】ACD【解析】,由于,，故是奇函数，A正确；若周期是，则，即，令，则则的对称轴方程为，B错误；若，则，在区间单调递增，C正确；，即，即，则或，解得或，当时，或；当时，或；当时，或；由于，在上有三个根，故，解得，D正确，故选：ACD.10.如图，点P在棱长为1的正方体的面对角线上运动（P点异于B，点），则下列结论正确的是（）A.异面直线BD与所成角为B.C.若P是中点，三棱锥外接球体积为D.的最小值是【答案】ABC【解析】对于A，因为平行且等于，所以四边形是平行四边形，所以∥.所以为异面直线与所成角.易知，，所以，即异面直线与所成角为.所以A正确.对于B，正方形中，.由平面，且平面，所以.又平面，所以平面.因为平面，所以.同理可证.因为平面，所以平面.因为平面，所以.所以B正确.对于C，P是中点，则是等腰直角三角形，其中是直角.所以外接圆的圆心在的中点，且半径为.因为平面，所以三棱锥外接球的半径等于，所以其体积为，所以C正确.对于D，如下图所示，将和沿展开到同一平面，根据两点之间线段距离最短可求得的最小值为展开图中的.中，，所以.所以的最小值是.所以D错误.故选：ABC.11.对于函数，下列说法正确的是（）A.当时，B.若是函数的导数，则C.若有两个解，则D.设，至少有三个整数解，则【答案】BD【解析】函数的定义域为，，对于A，令，得，当，，所以在上单调递减，故时，，即，故A错误；对于B，要证，即，所以，即，令，则，令，则，当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减；所以，所以，即，故B正确；对于C，由，得，两边除以，得，所以，令，则，令，则，所以在上单调递减，又，当时，，所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减，又，当时，；当时，；当时，有两个解，当时，有一个解，故C错误；对于D，，又，所以，两边同除以，可得，令，则，令，得，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，又，，，所以，故此时满足，所以至少有三个整数解，则，故D正确.故选：BD.三、填空题12.已知三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若满足条件，的三角形有两解，则边长a的取值范围为__________.【答案】【解析】由正弦定理，得.若满足条件，的三角形有两解，则，且，所以.所以，所以.故答案为：.13.已知等比数列的前n项和为，则__________.【答案】【解析】因为，所以，由等比数列下标和性质可知，，所以.故答案为：.14.过圆外一点P引该圆的两条切线PA、PB，经过两个切点A、B的直线经过定点，且的面积为，则点P的坐标为__________.【答案】【解析】圆，∴圆心为，半径，设点P的坐标为，则以为直径的圆的方程为，将该方程和相减得，即直线的方程为，由题意知直线过点，故，即即直线的方程为，点到直线的距离为，则，又点P到直线的距离为，由于的面积为，故，即，设，则可得，即，即，即，即得或，对于，，即该方程无解，故，即，即，所以点P的坐标为.故答案为：.四、解答题15.如图，外接圆半径等于，三角形内角B是锐角，，点D在AC上，且（）A，B，C所对的边分别是a，b，c.（1）若，证明极化恒等式：，并用此结论求的最大值；（2）若，且BD是角B的平分线，求的面积.解：（1）当时，为的中点，故，且，所以，又，，则，由为的中点，所以，两边平方得，即①，又，即②，由①②得，因为外接圆半径等于，，所以，所以，又因为三角形内角B是锐角，所以，所以，所以化简得，又，所以，解得，当且仅当时取等号，所以的最大值为；（2）当时，，又BD是角B的平分线，故，即，又，所以，由（1）得，，所以，所以，即，所以，所以，又，所以，则，所以，所以的面积为.16.已知数列的前n项和为，且满足，，，数列的前n项和为，.（1）求数列的通项公式及数列的前n项和.（2）求数列的通项公式，并证明其前n项和.解：（1）根据题意，数列的前n项和为，且，即，也就是，所以数列为首项为1，公差为2的等差数列，则，则，所以，可得，两式相减得，所以；（2）由（1）可得数列的前n项和，则，当时，，所以数列的前n项和，当时，，所以.17.如图，在平行四边形ABCD中，，，，将沿对角线BD折起，折后的点A变为，使得平面平面BCD，E为线段上的一个动点，，F是垂足.（1）求证：平面；（2）若平面EFB与平面BCD的夹角余弦为，求EC的长.（1）证明：在中，，则，由平面平面，平面平面，而平面，因此平面，又平面，则，又平面，于是平面，而平面，则，又，平面，所以平面.（2）解：过点作，由（1）得直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，令，，，设平面的法向量，则，令，得，而平面的法向量为，由平面与平面的夹角余弦为，得，解得，所以.18.已知是椭圆的左焦点，关于直线的对称点P在椭圆上，直线与椭圆的另外一个交点为Q，且是椭圆右焦点.（1）求点P的坐标及椭圆标准方程；（2）求三角形的面积.（3）过点P作两条斜率之和等于1的直线分别交椭圆于M、N两点，证明直线MN恒过定点.（1）解：设，则由与关于直线对称可得，解得，即，因为，所以，，所以椭圆方程为，则，解得或（舍），所以，所以椭圆的标准方程为.（2）解：由（1）直线方程为，即，由得，则，得，所以.（3）证明：设过的两条直线的斜率分别为和，分别交椭圆于，设直线，联立椭圆方程得，所以，因为，所以，所以，所以，即，整理得：，解得或，若，则，所以，令的系数为0，得定点；若，则，令的系数为，得定点，即点，此时直线方程表示直线或，不是直线，舍去，所以直线过定点.19.已知函数的导函数为，我们称函数的导函数为函数的二阶导函数，若一个连续函数在区间I上的二阶导函数，则称为I上的凹函数，若二阶导函数，则称为I上的凸函数.（1）若；①若，求函数在处的切线方程；②若是上的凸函数，求实数a的取值范围.（2）已知函数，.①若是上的凹函数，求实数a的取值范围；②若在内有两个不同的零点，，证明：.（1）解：①时，，，，，故切线方程为：，化简得.②根据题目条件可知，是上的凸函数，需满足二阶导函数，，，，整理得：，已知，，则只需即可，故.（2