精品解析：广东省部分学校2026届高三八月份联考数学试题

2026届高三年级8月份联考数学试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 设是由方程的所有实数根组成的集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数在复平面内对应的点位于第一象限，则在复平面对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知点关于原点的对称点在抛物线的准线上，且为上第一象限内一点，则（ ） A. 4 B. 8 C. 2 D. 1 4. 已知函数的图象关于点中心对称，则（ ） A. B. C. 1 D. 5. 平面直角坐标系中，已知点，则（ ） A. B. C. D. 6. 的展开式中的常数项为（ ） A. 120 B. 88 C. 24 D. 18 7. 记为数列的前项和，设甲：是等比数列，乙：是等比数列，则（ ） A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件 8. 记椭圆的左、右焦点分别为，其上存在两点构成的四边形满足，则离心率的最小值为（ ） 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. 正方体中，点分别为棱的中点，则下列命题为假命题的有（ ） A. 平面 B. 平面 C. 点在平面内 D. 10. 为更好地促进同学们的动手能力，某学校拟开展物理实验周活动，组织同学们到实验室中开展物理实验.在某个实验中，某同学利用自己测量得出的实验数据（已知其中含1个异常样本点），利用最小二乘法进行计算得出了经验回归方程及决定系数.并利用计算机处理得到了以下的实验结果1，实验结果2为删除该异常样本点后利用最小二乘法进行计算得到的经验回归方程及决定系数，则（ ） A. 可认为该实验中的自变量与因变量符合线性回归模型 B. 推测实验结果1中的异常样本点的自变量的值可能为0.33 C. 由于，则实验结果1相较于实验结果2拟合更好 D. 实验结果1的因变量的平均值大于实验结果2的因变量的平均值 11. 在中，，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线与圆有唯一交点，则___________. 13. 已知函数，若，则___________. 14. 在中，，设点为线段上一点（不含端点），将沿折起，得到四面体，则此四面体体积的最大值为___________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 某超市为促销举办抽奖活动，设有两种奖券：甲奖券和乙奖券.顾客每次抽取甲奖券中奖的概率为0.4，每次抽取乙奖券中奖的概率为0.5，每次抽奖结果相互独立、某顾客计划先抽取2张甲奖券，再抽取1张乙奖券. （1）求该顾客至少中奖1次的概率； （2）设该顾客中奖的总次数为，求的分布列和数学期望. 16. 已知函数为数列的前项和. （1）求的通项公式； （2）记数列的前项和为，证明：. 17. 如图，圆锥的顶点为为底面圆直径，为中点，为母线的中点，点在底面圆周上，且. （1）证明：是等边三角形； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求点到底面的距离. 18. 记双曲线的左、右焦点分别为，其上一点满足. （1）求的渐近线方程； （2）记的右顶点为，射线上两点，满足. （i）若点的横坐标为，求点的坐标（用表示）； （ii）已知点在圆上，若的面积为，求的取值范围. 19. 设函数. （1）当时，讨论的单调区间； （2）已知. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三年级8月份联考数学试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 设是由方程的所有实数根组成的集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解方程，明确集合，再根据交集的概念求两个集合的交集. 【详解】由或，所以. 所以. 故选：C 2. 设复数在复平面内对应的点位于第一象限，则在复平面对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】令,由复数的除法运算化简，结合复数的几何意义即可求解. 【详解】由题可得,所以，对应点的坐标为, 因为,,所以在复平面对应的点位于第四象限. 故选：D 3. 已知点关于原点的对称点在抛物线的准线上，且为上第一象限内一点，则（ ） A. 4 B. 8 C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】结合点与点的对称，求出曲线的方程，结合点在曲线上即可求n. 【详解】因为点关于原点对称点的坐标为，准线方程为，所以，则， 所以曲线的方程为； 由已知在曲线上，且为第一象限内一点，则，则. 故选：B. 4. 已知函数的图象关于点中心对称，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正切函数的对称中心及已知范围求得，再将代入即可求解. 【详解】由题意知，的图象关于点中心对称， 所以，解得, 又，所以， 所以，则. 故选：A. 5. 平面直角坐标系中，已知点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据两点间距离公式计算，再利用余弦定理即可求得. 【详解】因为，三点不共线， 则， ， ， 由余弦定理，可得. 故选：D. 6. 的展开式中的常数项为（ ） A. 120 B. 88 C. 24 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】利用多项式乘多项式的规则及分类计数原理即可求解. 【详解】因为， 要想得到常数项，则有两种可能性： （1）5个括号都取常数项，则得到的常数项为； （2）2个括号取常数项，2个括号取，1个括号取，则得到的常数项为. 根据多项式乘多项式的规则可知展开式的常数项为. 故选：B 7. 记为数列的前项和，设甲：是等比数列，乙：是等比数列，则（ ） A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】分别讨论是等比数列的条件下，是否是等比数列，以及是等比数列的条件下，是否是等比数列，即可判断. 【详解】先判断充分性： 若是等比数列，设其公比为，首项为，可得： ， ， 当时，，不是等比数列， 当时，，是等比数列， 综上，当是等比数列时，不一定是等比数列， 故充分性不成立； 再判断必要性： 若是等比数列， 可设， 此时，若，， 若，， 即是等比数列，但不是等比数列， 故必要性不成立； 综上，甲是乙的既不充分也不必要条件. 故选：D. 8. 记椭圆的左、右焦点分别为，其上存在两点构成的四边形满足，则离心率的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】如下图，由椭圆性质可知，，，结合推出四边形共圆，因为 关于轴对称，所以圆心必位于轴上，设圆心为，半径为，则圆的方程为，代入得，结合椭圆性质联立椭圆方程得出，由推出，联立方程推出，进而得出，从而得出答案. 【详解】 由椭圆的性质可知，，，. 因为，则，即四边形对角互补， 所以四边形共圆. 因为 关于轴对称，所以圆心必位于轴上， 设圆心为，半径为，则圆的方程为, 代入可得，. 联立， 已知该方程有两个实数解，即的纵坐标， 所以, 所以. 又因为， 所以. 令，， 则， . 又因为， 所以. 所以， 所以，当且仅当时取等号. 故选：C. 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. 正方体中，点分别为棱的中点，则下列命题为假命题的有（ ） A. 平面 B. 平面 C. 点在平面内 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A由平面，结合正方体结构特征判断；B若为的中点，连接，首先得平面即为平面，再应用线面垂直的判定、性质定理判断；C若为的中点，先得到四点共面，再结合判断；D利用线面垂直的判定、性质得，结合B分析得到矛盾，即可判断. 【详解】A：因为平面平面，而平面， 所以平面不成立，假命题； B：若为的中点，连接，又为的中点， 则，所以四点共面，故平面即为平面， 由题意知， 则，所以， 又，则为平行四边形，故，所以， 由平面，平面，则， 由，平面，则平面，真命题； C：若为的中点，则，故，故四点共面， 而，且平面，平面， 平面平面，所以点不在平面内，假命题； D：由平面，平面，则， 若，，则， 而，平面，则平面， 由平面，则， 由B分析知，而，与矛盾，假命题. 故答案为：ACD 10. 为更好地促进同学们的动手能力，某学校拟开展物理实验周活动，组织同学们到实验室中开展物理实验.在某个实验中，某同学利用自己测量得出的实验数据（已知其中含1个异常样本点），利用最小二乘法进行计算得出了经验回归方程及决定系数.并利用计算机处理得到了以下的实验结果1，实验结果2为删除该异常样本点后利用最小二乘法进行计算得到的经验回归方程及决定系数，则（ ） A. 可认为该实验中的自变量与因变量符合线性回归模型 B. 推测实验结果1中的异常样本点的自变量的值可能为0.33 C. 由于，则实验结果1相较于实验结果2拟合更好 D. 实验结果1的因变量的平均值大于实验结果2的因变量的平均值 【答案】AB 【解析】 【分析】利用图即可判断AB，由决定系数的意义即可判断C，根据图象估计平均值即可判断D. 【详解】对于A：由散点图可知该实验中的自变量与因变量符合线性回归模型，故A正确； 对于B：根据实验结果1的图可知异常样本点的自变量的值可能为0.33，故B正确； 对于C：由于，则实验结果2相较于实验结果1拟合得更好，故C错误； 对于D：由于实验结果1包含了异常样本点对应的因变量值接近，比其他正常样本点对应的因变量值小得多， 故实验结果1的因变量的平均值小于实验结果2的因变量的平均值，即D错误. 故选：AB. 11. 在中，，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 3 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用两角和的正切公式计算可求得可判断A；利用，可求得，进而由正弦定理可求得判断B；由面积公式计算可判断C；利用两角和的正切公式与二倍角的正切比公式计算可得，可判断D. 【详解】对于A，由，可得为锐角，且，又，解得， 所以，所以， 又，所以，故A正确； 对于B，由，可得， 又因为，所以，所以， 所以，所以， 又，所以，解得或， 当，可得，又，则，不符合题意，舍去； 故，，所以，， 在中，由正弦定理可得，所以，所以， 所以，故B错误； 对于C，的面积为，故C正确； 对于D，因为，又， 又，所以，所以， 所以， 又，所以， 所以，所以， ，又，所以， 所以， 又，所以，所以， 所以，故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. 已知直线与圆有唯一交点，则___________. 【答案】4 【解析】 【分析】由直线和圆的位置关系计算即可. 【详解】由题意，可知直线与圆相切，由直线和圆的方程可知圆心到直线的距离，圆的半径， 所以由可得，解得. 故答案为：4. 13. 已知函数，若，则___________. 【答案】2 【解析】 【分析】由题可得，即，代入求解即可. 【详解】， ， 所以，则. 故答案为：2. 14. 在中，，设点为线段上一点（不含端点），将沿折起，得到四面体，则此四面体体积的最大值为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】通过分析可得当平面平面时四面体体积最大，结合三角形面积公式、函数求最值的方法来求解. 【详解】已知， 因为，根据勾股定理逆定理可知， 如图，作，垂足分别为， 当平面平面时四面体体积最大，此时，为四面体的高，  设（在线段上，），因为， 所以，则，即，所以， 而， 易得，则，则， 又的面积， 所以四面体的体积为， 记函数，， 则， 所以时，单调递减，时， 单调递增，，所以. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 某超市为促销举办抽奖活动，设有两种奖券：甲奖券和乙奖券.顾客每次抽取甲奖券中奖的概率为0.4，每次抽取乙奖券中奖的概率为0.5，每次抽奖结果相互独立、某顾客计划先抽取2张甲奖券，再抽取1张乙奖券. （1）求该顾客至少中奖1次的概率； （2）设该顾客中奖的总次数为，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 1 2 3 数学期望为1.3【解析】 【分析】（1）“至少中奖1次”的对立事件为“没有一次中奖”，根据对立事件的概率关系求解； （2）确定的可能取值，求得相应概率即可求解. 【小问1详解】 设事件为“至少中奖1次”，则事件为“没有一次中奖”. 则. 【小问2详解】 由题可得的取值为， ，， ，， 则的分布列为： 0 1 2 3 数学期望. 16. 已知函数为数列的前项和. （1）求的通项公式； （2）记数列的前项和为，证明：. 【答案】（1） （2） 证：，， ， 又， ， ， ， ， 故. 【解析】 【分析】（1）利用，可求出的通项公式，注意检验是否满足即可得解； （2）由导数得，利用不等式放缩的原理得到，得到答案. 【小问1详解】 由题意知，的前项和， 当时，， 当时，， 经检验，满足， 的通项公式为； 【小问2详解】 略 17. 如图，圆锥的顶点为为底面圆直径，为中点，为母线的中点，点在底面圆周上，且. （1）证明：是等边三角形； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求点到底面的距离. 【答案】（1） 取为的中点，连接，又为母线的中点，则， 由题意，知，故，又，， 又平面，则平面，平面， 所以，即，为的中点，易知，且， 所以是等边三角形； （2）. 【解析】 【分析】（1）若为的中点，连接，根据已知、线面垂直的判定、性质定理得，结合等腰三角形的性质有，结合即可证； （2）设，构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标并求出直线与平面的方向向量和法向量，根据已知及向量法列方程求参数值，即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意，点到底面的距离，即为的长度，设，则， 如图构建空间直角坐标系，，则， 所以， 若是平面的一个法向量，则， 取，，，则， 令直线与平面所成角为，则， 所以，可得，故， 所以点到底面的距离. 18. 记双曲线的左、右焦点分别为，其上一点满足. （1）求的渐近线方程； （2）记的右顶点为，射线上两点，满足. （i）若点的横坐标为，求点的坐标（用表示）； （ii）已知点在圆上，若的面积为，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）由双曲线的定义及题中条件可求出的值，从而求得的渐近线方程； （2）（i）由题意可得，由点斜式确定的方程，设的横坐标为，再根据两点之间的距离公式和题中条件，求得，从而可得点的坐标为； （ii）首先根据双曲线的方程求出，再根据（i）中结论及，确定，又圆的圆心为，半径为，将的取值范围转化为定点到圆上一动点的距离问题即可求解. 【小问1详解】 由双曲线的定义知，，可得， 将点代入双曲线，则，故， 因此可得的方程为：， 则的渐近线方程为. 【小问2详解】 （i）显然，而，故的斜率， 因此可得的方程为， 故，设的横坐标为， 则，于是， 故， 于是点的坐标为. （ii）沿用（i）的结论，记的半焦距为，则， 故，，则，由已知， 故，解得，故， 由（1），所以圆的方程为，圆心为，半径为， 于是，且， 故的取值范围为. 19. 设函数. （1）当时，讨论的单调区间； （2）已知. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1）减区间，增区间 （2）（i）， （ii）当时，等号成立； 下面证明当时，， 当时，有，故，此时，符合题意； 现考虑当时，成立，等价于证明， 不妨先证明，设，则， 故在上单调递增，于是，故， 于是，而， 故， 故当时，成立； 于是当时，成立； 取，当时，， 设， 且， 故是奇函数， 所以是偶函数，于是当时，成立， 综上，，即成立. 【解析】 【分析】（1）求导，判断导数的正负得解； （2）（i）根据题意，只需让的所有极值均在内即可，求出极值运算得解；（ii）当时，显然成立；当时，由可证；当时，等价于证明，先证明，设，利用导数证明，得证；当时，取，可判断是偶函数，从而证明成立. 【小问1详解】 当时，，则， 当时，， 当时，， 所以的单调增区间为， 单调减区间为. 【小问2详解】 （i），由，解得， ， 记，，， 记，则，， 因为恒成立，故， 则，解得， 所以的取值范围是. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $