广东广州市天河区2026-2027学年高三上学期一模数学试卷（含解析）

数学本试卷满分150分．训练时间120分钟．注意事项：1．答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名、座位号和考号填写在答题卡相应的位置上，再用2B铅笔把考号的对应数字涂黑．2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；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，然后再写上新的答案；不准使用铅笔或涂改液．不按以上要求作答的答案无效．4．考生必须保证答题卡的整洁，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.集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】，解得或，因此集合，则.2.复数，在复平面内对应的点位于（）A.实轴 B.虚轴 C.第一象限 D.第二象限【答案】B【解析】【分析】先通过分母实数化将复数化简为代数形式，再根据对应点的坐标判断其在复平面内的位置.【详解】，故复数在复平面内对应的点为，即位于虚轴.3.的展开式的第项的系数是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用二项展开式的通项公式，先确定第项对应的参数取值，代入计算即可得到该项的系数【详解】由二项式的展开式通项为，其中，因为求第项的系数，令，解得，将代入通项的系数部分，可得第项的系数为.4.在“世界杯”足球赛闭幕后，某中学学生会对本校高一年级1000名学生收看比赛的情况用随机抽样方式进行调查，样本容量为50，将数据分组整理后，列表如下：观看场数01234567观看人数占调查人数的百分比从表中可以得出正确的结论为（）A.估计观看比赛场数的众数为4B.估计观看比赛场数的极差为C.估计观看比赛场数的上四分位数为2D.估计观看比赛场数的平均数为【答案】D【解析】【详解】，所以观看场数为4的观看人数占调查人数的，对于，观看人数占调查人数的百分比中是最大的，对应的观看比赛场数为，所以观看比赛场数的众数为，故错误；对于，观看比赛场数中，最大值为，最小值为，，所以观看比赛场数的极差为，故错误；对于，，，，，所以落在观看场数为的这一组，即观看比赛场数的上四分位数是，故错误；对于，，所以观看比赛场数的平均数为，故正确.5.已知圆上的点到直线的距离为，则点个数为（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】D【解析】【详解】圆，圆心为，半径为，圆心到直线的距离为,，所以直线与圆相交，又因为，所以圆上到直线的距离为1的点有4个.如图所示：6.在道试题中有道代数题和道几何题，任意抽取道题，取出的题不再放回，则在取到至少有一题是几何题的条件下，另一题也是几何题的概率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】从5题中不放回地抽取2题，总抽取方法数为：，“至少有一题是几何题”的对立事件为“两题都是代数题”，抽取方法数为：，所以“至少有一题是几何题”包含的基本事件个数为，“两题都是几何题”，抽取方法数为：，所以在取到至少有一题是几何题的条件下，另一题也是几何题的概率是.7.已知的外接圆圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】结合条件作图可得为等边三角形，再根据投影向量的概念求解即可.【详解】因为，所以是的中点，则是圆的直径，，又，所以是等边三角形，，.设，则，作于，则，所以，即为向量在向量上的投影向量，.8.设函数，若关于的方程在上有奇数个不同的实数解，则实数（）A. B.0 C.1 D.1或【答案】A【解析】【分析】由题意可得，从而可得关于直线对称，据此求解即可．【详解】因为，，所以，故关于直线对称，设与的图象在处有个交点，与的图象在上有个交点，则与的图象在上也有个交点，所以与的图象在上共有个交点，由于关于的方程在上有奇数个不同的实数解，故与的图象在上交点的个数为奇数，即为奇数，因此只能，即与的图象在处有1个交点，故．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，有两项符合题目要求．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.已知函数，则（）A.，函数为增函数 B.，函数为奇函数C.若，则 D.若为极大值点，则【答案】BCD【解析】【分析】先求导分析函数的单调性、极值，再结合奇偶性、对称性的定义逐一验证选项.【详解】对于A：对求导得，当时，导函数存在两个不同零点，故原函数存在单调递减区间，不是上的增函数，A错误；对于B：当时，，满足，是奇函数，故B正确；对于C：当时，，则，，则，故C正确；对于D：令得，即或，当时，，由可得或，由可得，即函数在和上单调递增，在上单调递减，故为极小值点，舍去；而当时，，由可得或，由可得，即函数在和上单调递增，在上单调递减，此时为极大值点，，故D正确.10.某果园有若干棵树苗，按地势排成行，将第行树苗棵数记为，其中，，，是一个首项为的等差数列，且，，；记．将，，，分为组，每组个数，使得每组的个数之和可构成一个项数为且公差为的等差数列，则（）A. B. C. D.或【答案】AD【解析】【分析】先求出前9项等差数列的通项，计算总棵数，再结合分组和构成等差数列的性质推导公差和首项的可能值，逐项判断选项.【详解】对于选项A，前9项是首项的等差数列，，设前9项公差为，则，解得公差，故，所以，故A正确；对于选项B，前9项和，后3项和，所以，故B错误；对于选项C，6个组的和的总和为，对，前6项和，得.因所有均为奇数，两奇数和为偶数，故所有都是偶数，因此为偶数.若，代入得为奇数，不符合要求，故C错误；对于选项D，由，为正偶数，且为偶数.当时，；当时，；当时，小于最小两数和，不可能.所以或，故D正确.11.在空间中，，为两个定点，动点到直线的距离为，动点到直线的距离为．若二面角为，则（）A.B.C.当时，平面D.当时，【答案】ACD【解析】【分析】设分别为在直线上的垂足，设的单位向量为，记，从而得到，且，求出，，，选项A，由的范围得到的范围，从而得到结论；选项B，求出，结合向量的垂直公式得到结论；选项C，由得到，从而求出，计算，得到故，即，结合线面垂直的判定定理得到结论；选项D，设直线与的夹角为，利用向量的数量积公式求出，求出，结合已知条件得到，从而得到结论.【详解】设分别为在直线上的垂足，设方向的单位向量为，并记，由题意，，且，则，因为，所以，选项A，因为，所以，当且仅当时取等号，则选项A正确.选项B，因为，所以不一定有，则选项B错误.选项C，当时，必有，从而，又，故；即，直线是平面内两条相交直线，所以平面，则选项C正确.选项D，设直线与的夹角为，因为，所以，，因为，，所以，则，因为，所以，解得，则选项D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.抛物线的准线方程为______．【答案】【解析】【分析】将抛物线方程化为标准形式，确定焦点位置和参数的值，再代入对应准线公式求解【详解】原抛物线标准形式为：，则，故，故该抛物线的准线方程为.13.若，，则____________．（用，表示）【答案】【解析】【详解】.14.现有长为的铁丝，要截成小段，每小段的长度不小于，如果其中任意三小段都不能拼成三角形，那么的最大值为____________【答案】【解析】【分析】利用"任意三段不能构成三角形"的约束转化为斐波那契递推序列，通过计算前项之和与总长度比较，确定最大段数.【详解】设截成的小段按长度从小到大排列为，每段不小于.任意三段不能拼成三角形的充要条件是：对于任意，均有.为使最大，各段应取满足条件的最小长度，即从最短段开始依次取，，并令后续每段等于前两段之和（斐波那契递推），得到序列.前项之和为，剩余可并入末段，得，总和为，且任意三段均不满足三角形条件，故可以为，当时，斐波那契数列前项之和大于，超出总长度，故不可行，综上所述，的最大值为.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.已知，，分别为三个内角，，的对边，且．（1）求；（2）若，，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题设条件和正弦定理化边为角可得，再结合内角的范围即可求解；（2）利用两角和的正弦公式求出的值，再利用正弦定理即可求解．【小问1详解】由于，故由正弦定理得，又，代入上式可得，因为，故，则，故，又，因此．【小问2详解】由于，故由正弦定理变式可得．16.如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，点是线段上的一个动点．（1）若为线段中点，求证：平面；（2）若，求平面与平面夹角的正弦值．【答案】（1）设菱形的对角线交于点，因为菱形的对角线互相平分，所以是的中点，又因为是的中点，在中，是中位线，因此.又因为平面，平面，且，根据线面平行的判定定理，可得平面.（2）【解析】【分析】（1）根据三角形中位线定理得，再由线面平行的判定定理可得；（2）直接建立空间直角坐标系，用向量法求面面角的余弦值，再由同角三角函数关系求正弦值可得.【小问1详解】略【小问2详解】设的中点为，因为分别为中点，所以，又因为平面，所以平面.因为平面，所以.又因为底面是菱形，所以.以为原点，分别以所在直线为轴建立坐标系：因为，则.因此各点坐标为：，，，，设.，，，.因为平面在坐标平面上，取其法向量为.平面的法向量为，，则，，，令，则，.设两个平面的夹角为，，，则，因为，所以.因此平面与平面夹角的正弦值为.17.已知函数，在处的切线过点．（1）求；（2）证明：．【答案】（1）（2）由（1）知，则，函数定义域为，，令，，所以在上单调递增，，，所以，使得，即，当时，，所以函数在上单调递减，当时，，所以函数在上单调递增，所以的最小值为，由可得，所以，因为，所以，取等的条件为，故不能取等，所以.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求出处的切线，将代入得到，令，根据函数的单调性求出方程的解且解唯一；（2），再次求导可得在定义域上单调递增，根据零点存在性定理可知，使得，从而得到的单调性，求出的最小值为，证明即可证明.【小问1详解】由题意，，，又因为，所以处的切线方程为，将代入，得，化简得，令，，当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，又，所以方程有唯一解，解为.【小问2详解】略.18.已知双曲线：的左焦点为，且离心率为．（1）求的方程；（2）设为坐标原点，过且斜率大于2的动直线与交于，两点，其中点在第三象限，直线与的另一个交点为．（ⅰ）若的面积是的面积的5倍，求直线的方程；（ⅱ）求的取值范围．【答案】（1）.（2）（ⅰ）,（ⅱ）.【解析】【分析】（1）易知，再由离心率定义得到，再由得到，从而得到双曲线方程.（2）（ⅰ）先设直线方程并与双曲线方程联立得到①，②，再由可得到③，联立①②③可解得：，从而得到直线方程.（ⅱ）先通过向量数量积得到，再通过，从而得到，最后通过函数在上是单调递增函数，求得的取值范围.【小问1详解】已知双曲线：的左焦点为，因此，由离心率定义，代入可得：，即，又因为，所以，将代入双曲线方程，可得到双曲线的方程为：.【小问2详解】（ⅰ）设过点的直线的方程为，，与双曲线方程联立：消去整理得：，设，，,，由韦达定理得：①，②.由双曲线的中心对称性可知：若直线与的另一个交点为，则.，，又，即，即，又因为，，所以，即，即③，联立①，③可得：，，所以，即，解得：，又因为，所以.故直线的方程为，即.（ⅱ）因为，在双曲线上，所以有，作差可得：，即，即，又，，所以，即.由弦长公式得：，，，，，，即，，，函数在上是单调递增函数，当时，，当时，，因此，的取值范围为.19.对于数列，给定正整数，令，其中表示，，，中的最大值；记数列为的“极差”数列，设为的前项和．（1）若，求；（2）下面我们在正整数的范围内研究，对给定正整数，已知：．（i）当时，求的最大值，并求出满足取得最大值时，数列的个数；（ii）从所有排列中随机选取一个，求的概率．【答案】（1）（2）（i）最大值为，数列的个数为（ii）【解析】【分析】（1）分为为奇数和偶数分别求出，可得，，利用等差数列前项和公式即可求解；（2）（i）根据定义可知，即可得最大值为