精品解析：广东省江门市2026届高三上学期调研测试数学试题

江门市2026届普通高中高三调研测试 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2.做选择题时，必须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号. 3.答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上作答无效. 5.考试结束后，将答题卡交回. 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. 设，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 2. 已知复数满足，则复数在复平面上对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C 第三象限 D. 第四象限 3. 若，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 若命题“”的否定是真命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知点，点在所在平面内，且满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 已知的三个内角所对的边分别为的面积为，角的平分线交边于，且，则为（ ） A. 3 B. C. D. 2 8. 如图，把边长为4的正方形纸片沿着对角线折成直二面角，分别为的中点，则点到直线的距离为（ ） A. 2 B. C. D. 二､多选题：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. 已知等比数列的首项为4，公比为，前项和为.若，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数部分图象如图，则（ ） A. B. 为奇函数 C. 在上单调递增 D. 当在上恰有3个零点时，的取值范围是 11. 在四面体中，为四面体外接球的球心，则（ ） A. 四面体体积的最大值为 B. 长度的取值范围是 C. D. 当直线与所成角为时，四面体外接球的表面积为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数是的共轭复数，则______. 13. 已知扇形的周长为10，当扇形面积取得最大值时，圆心角的大小是__________. 14. 已知点分别是的外心，重心，，则的值为__________. 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. 已知分别为的三个内角的对边，且． （1）求的值； （2）若，且的面积为，求． 16. 如图，在三棱锥中，平面. （1）求证：平面平面； （2）若是中点，点在线段上，且，求直线与平面所成角的余弦值. 17. 数列中，. （1）求证：是等比数列； （2）若等比数列满足. （i）求的值； （ii）记数列的前项和为.若，求的值. 18. 如图，在六面体中，侧面是直角梯形，，，底面是矩形，且.设，二面角的大小为，六面体的体积为. （1）求证：平面； （2）当时，求关于函数解析式，并求的最大值； （3）若平面平面，当取得最大值时，求的值. 19. 若，且，则的值叫做的“区间长度”.已知函数. （1）当时，求关于的不等式解集的“区间长度”； （2）设关于的不等式解集的“区间长度”为. （i）若，求的值； （ii）求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江门市2026届普通高中高三调研测试 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2.做选择题时，必须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号. 3.答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上作答无效. 5.考试结束后，将答题卡交回. 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. 设，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 分析】根据已知集合及相等关系确定参数值，即可得. 【详解】由题设，，则. 故选：D 2. 已知复数满足，则复数在复平面上对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求得，然后利用复数的几何意义求解即可. 【详解】由题意， 则复数对应的点为，位于第三象限． 故选：C 3. 若，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合基本不等式判断即得. 【详解】由，，得， 反之，满足，而，此时不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 4. 若命题“”的否定是真命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】得到命题的否定后结合根的判别式计算即可得. 【详解】命题“”的否定是“”， 则“”是真命题， 则有，解得. 故选：C. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将弦化切，即可求出，再由二倍角公式计算可得. 【详解】因为，所以，解得或， 又，所以，则， 所以. 故选：C 6. 已知点，点在所在平面内，且满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，根据向量的坐标运算及向量相等的充要条件得到方程，求出的坐标，再根据投影向量的定义计算可得. 【详解】设，又， 则，，， 因为，所以， 即，解得， 所以，则，， 所以，， 所以在上的投影向量为. 故选：D 7. 已知的三个内角所对的边分别为的面积为，角的平分线交边于，且，则为（ ） A. 3 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由面积公式及角平分线的性质推导出，再由面积公式求出、，最后由余弦定理计算可得. 【详解】因为，且角的平分线交边于，且， 所以， 即， 又，所以，所以、， 由余弦定理， 所以，即. 故选：B 8. 如图，把边长为4的正方形纸片沿着对角线折成直二面角，分别为的中点，则点到直线的距离为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取的中点，连接，即可证明,，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点到直线的距离. 【详解】取的中点，连接， 因为、均为等腰直角三角形，所以 , 由二面角是直二面角，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 如图，以为原点, 所在直线分别为轴、轴、轴,建立如图所 示的空间直角坐标系, 则 , 所以 , 所以 , 所以, , 设直线的单位方向向量为，则, 所以点 到直线的距离为 . 故选：B 二､多选题：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. 已知等比数列的首项为4，公比为，前项和为.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据等比数列片段和的性质及已知得，进而得到、，再依次判断各项的正误. 详解】由题设，，而，则， 所以，又，则，A错， 且，所以，B对， ，，C对，D错. 故选：BC 10. 已知函数的部分图象如图，则（ ） A. B. 为奇函数 C. 在上单调递增 D. 当在上恰有3个零点时，的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】由图象可知求出周期，再利用周期公式可求出，再求得，利用求得，求出的解析式判断A；求出判断B；利用正弦函数单调性求解单调区间判断C；结合图象求出零点，列不等式即可求解判断D. 【详解】由图象可知，则，所以，，得，由图可知，，所以， 因为，所以，又，所以， 所以，故A正确； ， 定义域为R，且，所以为偶函数，所以B错误； 对于C，由，得， 当时，，所以在上单调递增，所以C正确； 对于D，由的周期为和题干图象可知， 当在上恰有3个零点时，零点为， 又y轴右侧的第四个零点为， 所以，即的取值范围是，所以D正确. 故选：ACD 11. 在四面体中，为四面体外接球的球心，则（ ） A. 四面体体积的最大值为 B. 长度的取值范围是 C. D. 当直线与所成角为时，四面体外接球的表面积为 【答案】AC 【解析】 【分析】当时四面体体积最大，求出四面体的体积最大值，即可判断A，由结合空间向量数量积的运算性质可判断B选项；利用空间向量数量积的运算性质可判断C选项；以、为邻边作平行四边形，则为矩形，分、两种情况求出球的表面积，可判断D选项. 【详解】对于A：当时，因为，，平面， 所以平面， 此时，四面体体积最大，最大值为，故A正确； 对于B：， ， 因为为异面直线，则，则， ，从而，故B错误； 对于C：不妨取的中点，连接、、，则， 所以， 同理可得，， 所以， 从而，故C正确； 对于D：以、为邻边作平行四边形，则为矩形， 故的各顶点都在球的球面上，如下图所示： 则，又因为，，、平面， 所以平面，且， 如下图所示： 圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心. 可将三棱锥置于圆柱内，使得的外接圆为圆，如下图所示： 因为，故异面直线、所成的角为或其补角， 当时，为等边三角形，则该三角形外接圆直径为， 设球的半径为，则， 此时，球的表面积为； 当时，由于，则， 则外接圆直径为，则， 此时，球的表面积为. 综上所述，球的表面积为或，故D错误. 故选：AC 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数是的共轭复数，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据共轭复数的定义求得，再根据复数的模长公式求出模长即可. 【详解】因为，所以， 则 故． 故答案为：. 13. 已知扇形的周长为10，当扇形面积取得最大值时，圆心角的大小是__________. 【答案】弧度 【解析】 【分析】设扇形的半径为，则弧长为，结合面积公式计算面积取得最大值时的取值，再用圆心角公式即可得弧度数. 【详解】设扇形的半径为，弧长为，圆心角的弧度数为，则，即， 所以扇形面积， 所以当时，取得最大值为，此时， 所以圆心角为（弧度）. 故答案为：弧度 14. 已知点分别是的外心，重心，，则的值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】设的中点为，连接，，由为的重心可得，由于为的外心，过点作，垂足为，可得，同理可得，进而求解即可. 【详解】设的中点为，连接，， 由于为的重心，则一定在线段上，且， 所以， 由于为的外心，过点作，垂足为，则为中点， 则， 同理可得， 则. 故答案：. 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）求的值； （2）若，且的面积为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据，利用正弦定理转化为求解； （2）由三角形的面积可得，由余弦定理，可得，从而可得答案. 【小问1详解】 在中，由正弦定理得：， ∴可等价转化为， 其中，故． ∴， 即， 因为， 所以. 【小问2详解】 因为，所以， 由余弦定理可得 即，所以， 所以. 16. 如图，在三棱锥中，平面. （1）求证：平面平面； （2）若是的中点，点在线段上，且，求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）借助线面垂直的性质与线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理即可得证； （2）由平面可得，则可建立适当空间直角坐标系，再求出直线的方向向量与平面的法向量后，结合空间向量夹角公式计算即可得解. 【小问1详解】 由平面，平面，故， 又，，，平面， 则平面，又平面，故平面平面； 【小问2详解】 由平面，平面，故， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则、、、，则， 则，，，， 由，则， 则， 设平面的法向量为， 则有， 取，则，，即可取， 设直线与平面所成角为， 则， 则. 所以直线与平面所成角的余弦值为 17. 在数列中，. （1）求证：是等比数列； （2）若等比数列满足. （i）求的值； （ii）记数列的前项和为.若，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，结合等比数列的定义即可证明； （2）（i）由（1）可得，求得，利用等比数列性质求得， 再验证即可求解； （ii）利用并项求和法求得，然后列方程求解即可. 【小问1详解】 因为，所以， 又，所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列. 【小问2详解】 （i）由（1）可得，所以，所以， 则， 因为数列为等比数列，所以，即， 化简得，解得或，又，所以， 当时，，此时为定值，符合题意； （ii）由（i）可知， 当为偶数时，， 当奇数时，， 所以，易知，所以，所以为偶数， 因为，所以， 化简得，解得或（舍去），所以． 18. 如图，在六面体中，侧面是直角梯形，，，底面是矩形，且.设，二面角的大小为，六面体的体积为. （1）求证：平面； （2）当时，求关于的函数解析式，并求的最大值； （3）若平面平面，当取得最大值时，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）由面面平行的判定定理可得平面平面，然后由面面平行的性质定理即可证明； （2）根据题意，由条件可得，然后分别表示出与，然后代入计算，即可得到结果； （3）根据题意，建立空间直角坐标系，分别求得平面，平面的法向量，由可得的最大值，然后代入（2）中的体积公式计算，即可得到结果. 【小问1详解】 因为底面是矩形，所以，因为平面，平面，故平面， 在直角梯形中，，因为平面，平面，故平面， 又因，平面， 故平面平面，又因平面，故平面. 【小问2详解】 由题意，在矩形中，，在直角梯形中，， 所以为二面角的平面角，即得，同理， 因为，平面，所以平面， 由（1）平面平面，则得平面， 过点作于，由平面，平面，所以， 且，平面，故平面，即是四棱锥的高， 由， 所以， 由，平面，平面，所以平面， 又因为平面，且， 所以， 所以，， 当时，取得最大值. 【小问3详解】 过点作的垂线，交于点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系， 则，， 则， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则， 所以， ， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，所以， 因为平面和平面垂直，所以， 即，整理可得， 因为，，所以， 当且仅当时，等号成立， 故当取得最大值时，即取得最小值， 此时， 由，，，所以，则. 19. 若，且，则的值叫做的“区间长度”.已知函数. （1）当时，求关于的不等式解集的“区间长度”； （2）设关于的不等式解集的“区间长度”为. （i）若，求的值； （ii）求的最大值. 【答案】（1）解集的“区间长度”为； （2）（i）或；（ii）的最大值为. 【解析】 【分析】（1）由定义直接计算即可； （2）（i）不等式解集为或，设的两个根为，设的两个根为，结合三角函数的性质计算可求得的值；（ii）由（i）可得，即，利用基本不等式，结合三角函数的性质计算可求得的最大值. 【小问1详解】 当时，， 由，可得，故或， 又函数的定义域为，所以或， 所以解集的“区间长度”为； 【小问2详解】 （i），，其中， 故不等式的解为或， 设的两个根为，其中，且， 设的两个根为，其中，且， 所以，又，所以， 其中，即， 由诱导公式得，即， 又，解得或，故或， 所以 ， 或 ，所以或， （ii）由（i）可得，即， 即， 因为，所以， 当且仅当时，等号成立， 所以，， 所以或， 由于，故，所以， 所以舍去，故， 所以， 因为，，所以， 由，可得， 当且仅当，，即时，等号成立， 所以，故的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $