精品解析：广东省广州市2026届高三上学期12月调研测试数学试题

2026届广州市高三年级调研测试 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.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，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.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. 已知集合，，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】先根据计算出的值，然后根据互相推出关系判断出结果. 【详解】因，即，故得或，解得或， 所以“”可以推出“”，但“”无法推出“”， 所以“”是“”的充分不必要条件， 故选：B. 2. 假设某次考试的成绩服从正态分布.如果按照，，，的比例将考试成绩从高到低分为，，，四个等级，则等级的分数线约为（若，则，）（ ） A. 76 B. 88 C. 94 D. 103 【答案】C 【解析】 【分析】结合正态分布的对称性，依据已知概率区间确定A等级对应的分位数，计算得分数线. 【详解】已知成绩服从正态分布，则均值，标准差. A等级为成绩由高到低的前， 由，得. 计算，即A等级的分数线约为94. 故选：C 3. 由曲线围成的图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分和两种情况，写出曲线所对应圆的标准方程，求出其圆心和半径，即可求得面积. 【详解】当时，，即.曲线表示以为圆心，为半径的圆，围成的面积为. 当时，，即.曲线表示以为圆心，为半径的圆，围成的面积为. 所以曲线围成的图形的面积为. 故选：B. 4. 已知，都是第二象限角，且，，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据同角三角函数关系和余弦和角公式得到，结合角的范围，得到. 【详解】，即， 所以，， 又，都是第二象限角，故， ，故， 所以 故选：A 5. 已知的外接圆圆心为，且，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据可判断四边形的形状，由外接圆可进一步判断其形状及角度，从而根据投影向量的概念求解. 【详解】由知，即， 又三点构成，所以，所以四边形是平行四边形，如图： 又的外接圆圆心为，所以， 所以平行四边形是菱形，且，即与的夹角为， 设菱形的边长为. 则在上的投影向量为. 故选：D. 6. 有编号为，，的三个盒子，将4个不同的小球全部放入盒子.若每个盒子中所放球的个数不大于其编号，则不同的放法共有（ ） A. 26种 B. 32种 C. 38种 D. 44种 【答案】C 【解析】 【分析】分3种情况进行求解，结合排列组合知识得到答案. 【详解】三个盒子放球的个数如下： 1号盒子：，2号盒子：，3号盒子：， 4个不同的小球全部放入盒子，不同的组合放法如下； ，即1个盒子放入1个球，另一个盒子放入3个球， 显然3个球只能放入3号盒子，有种情况， ，即2个盒子分别放入2个球， 显然只能放入2号和3号盒子，有种情况， ，即放入3个盒子中，其中1个盒子放入2个球， 另外2个盒子分别放入1个球，放入2个球的盒子从2号和3号盒子中选， 剩余2个球和2个盒子进行全排列，有种情况， 综上，共有种情况. 故选：C 7. 记表示不小于的最小整数，例如，.奇函数满足当时，.若关于的方程在上恰有两个不同实数根，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将方程的根转化为两个函数与有两个不同的交点问题，再对实数a的取值分四类讨论可得结果. 【详解】因为奇函数且时，. 所以当，. 令. 当时，； 当时，； 当时，；图象如下： 又因为，， 要使方程在上恰有两个不同实数根，所以与有两个不同的交点. ①当时，，所以与在区间各一个交点，如图： 故方程有两个不同的实数. ②当时，，如图： 所以与在仅区间上有一个交点，故不符合题意. ③当时，，此时与在区间各一个交点，如图： 故方程有两个不同的实数. ④当时，，， 此时与在区间有一个交点，如图，故不符合题意. 综上可知，方程在上恰有两个不同实数根，则的取值范围为. 故选：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. 8. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 在区间上单调递减 C. 的图象关于直线对称 D. 将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则为奇函数 【答案】AC 【解析】 【分析】先根据周期以及最值求出的解析式即可判断A；根据得出，结合正弦函数的性质以及复合函数的单调性判断B；检验是否为判断C；根据变换求出的解析式即可判断D. 【详解】由题意可得，，则， 因在取得最大值，则， 得， 因，则，故A正确； 由A选项知，， 因，则， 因正弦函数图象在上单调递增，故B错误； ，故C正确； 由题意得，， 则，故为偶函数，故D错误. 故选：AC 9. 已知为坐标原点，抛物线的焦点为，点在的准线上，过的直线与交于不同的两点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由准线的位置可计算得；对于B，设出，联立直线与抛物线，结合韦达定理，即可得解；对于C，由抛物线的性质将转化为，再将其转化为，结合直线倾斜角的范围，即可得解；对于D，由抛物线的性质可得，通分后结合韦达定理，即可得解. 【详解】由题可知，，故，故抛物线. 对于A：，故A正确； 对于B：易知直线的斜率存在，且不为0，故可设直线，， 联立直线与抛物线可得，，消得，， 解得或，. ，故B正确； 对于C：过点作准线的垂线，由抛物线的性质可知，， 故. 由B可知，，或，由对称性，不妨令，则，则，，，即，故C错误； 对于D：由B可知，，. 由抛物线的性质可知，， 故，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知函数，过点作曲线的切线交轴于点，过点作曲线的切线交轴于点，依此类推，得到，，则（ ） A. 数列是等差数列 B. 当且时， C. D. 记的面积为，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，通过导数求切线方程，进而可得，所以A正确；对于B，需要构造，再用导数证明可得结果；对于C，根据两点间的距离公式，再结合不等式即可判断；对于D，先计算，再结合等差数列的性质即可得结果. 【详解】由函数，得. 对于A：过点作曲线的切线为：. 又因为切线交x轴于，代入上述切线，得， 即， 故数列是等差数列，所以A正确； 对于B：由上可知，即.又， 所以，. 要证，只需证明：， 令，. 当时，单调递减；当时，单调递增； 所以函数，所以恒成立， 故成立，所以B正确； 对于C：， 同理，. 由数列是等差数列，设公差为，. 所以，，. 所以 . 即，故C错误； 对于D：因为中，， 所以三角形底边长为，高为， 所以三角形的面积， 同理，且数列是等差数列，. 所以 ，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 11. 若函数 是偶函数，则 _____. 【答案】## 【解析】 【分析】根据偶函数的性质，列出方程，求出参数即可. 【详解】因为，所以函数定义域为， 当函数 是偶函数时，， 即，化简得， 化简得， 即，即. 故答案为：. 12. 某校高三年级举行米接力赛，共有8条赛道，第③道和第④道是“黄金赛道”.赛制规定：由1到8班按班级序号从小到大依次抽签决定赛道，抽出的签不再放回.在1班未抽到“黄金赛道”的条件下，3班抽到“黄金赛道”的概率是______. 【答案】 【解析】 【分析】按班级序号从小到大依次抽签决定赛道，首先设出基本事件，根据题意利用古典概型求出对应的概率，1班未抽到“黄金赛道”，即1班在除第③道和第④道外的其余6道，3班抽到“黄金赛道”，即需要讨论它前面抽签的2班的赛道，最后由条件概率公式求解. 【详解】记事件A=“1班未抽到‘黄金赛道’”，事件B=“3班抽到‘黄金赛道’”， 3班抽到“黄金赛道”，则需要讨论它前面抽签的2班的赛道，2班未抽到“黄金赛道”和2班抽到“黄金赛道”的情况， 由题意知,， 所以. 故答案为：. 13. 已知同底的两个正六棱锥和的顶点都在同一个球面上.若正六棱锥的侧面与底面所成角为，则正六棱锥的侧棱与底面所成角的正切值是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据几何体外接球的性质，作出二面角的平面角，设出几何体边长，根据勾股定理和射影定理，求出各线段的长，进而求出结果. 【详解】同底的两个正六棱锥和的顶点都在同一个球面上，则为球的直径，如下图所示， 作中点，正六边形中心点，连接， 由正六边形性质可得，由正六棱锥性质可得,面于点， 所以为正六棱锥的侧面与底面所成角的平面角，即， 为正六棱锥的侧棱与底面所成角的平面角， 设正六边形的边长为，由正六边形性质可得， 在中，根据勾股定理可得， 因为，所以，即，解得， 因为为球的直径，所以，在中，可知， 即，解得； 则，即正六棱锥的侧棱与底面所成角的正切值为. 故答案为：. 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. 14. 在中，角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角的大小； （2）若，的面积，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将向量数量积转化为，结合已知条件化简，利用正弦定理将边化为角，结合与三角恒等变换求，进而解得角. （2）由三角形内角和求角，用面积公式得的关系，结合正弦定理将用表示，代入化简求即可. 【小问1详解】 由已知得，且三角形边长大于零，则， 又由正弦定理（为外接圆半径）， 所以，而在中， 所以， 即，整理得， 又，所以，则，所以. 【小问2详解】 由已知，，则， 由三角形的面积公式，已知，， 则，即. 又由正弦定理，可得， 而，， 所以， 解得或（边长不能为负，舍去）， 所以. 15. 如图，在直三棱柱中，，，，，，其中. （1）当时，求证：平面； （2）当为何值时，的长最小，并求其最小值； （3）当的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取、中点构造平行四边形，利用平行四边形性质得，结合线面平行判定定理证明平面. （2）作平面，将转化为直角三角形的斜边，用表示长度后，通过二次函数求其最小值. （3）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合平面的法向量，用空间向量夹角公式求二面角的余弦值. 【小问1详解】 分别取中点,连接, 时,分别为的中点，, 而在三棱柱中,, 四边形为平行四边形, ，平面平面平面. 【小问2详解】 过作于点，平面,连接， , 而， ， 当且仅当时取“”. 【小问3详解】 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 由（2）可知，当最小时,， 设平面的一个法向量,平面的一个法向量, 平面与平面夹角为,. 16. 已知函数. （1）当时，讨论函数的单调性； （2）当时，不等式没有正整数解，求实数的取值范围. 【答案】（1）当时，函数是减函数；当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （2） 【解析】 【分析】（1）分和两种情况，利用导数分析函数的单调性； （2）根据不等式没有正整数解，分离参数，构造新函数，通过分析新函数在时的取值情况，可求得实数的取值范围. 【小问1详解】 函数的定义域为. 当时，函数.因为是增函数，所以函数是减函数； 当时，，. 令，则，；令，则，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，函数是减函数； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 当时，.其定义域为R. 令函数,则. 令函数，则恒成立， 所以函数是增函数，所以，所以恒成立. 所以是增函数，所以. 所以对，. 由不等式没有正整数解，得当时，不等式无解. 即当时，不等式恒成立. 即当时，不等式恒成立. 所以实数的取值范围是. 17. 已知椭圆的左顶点为，下顶点为，长轴长为4，且过点. （1）求的方程； （2）点为椭圆在第一象限上任一点，直线交轴于点，直线交轴于点. （i）若四条直线，，，的斜率分别记为，，，，证明：； （ii）记的面积为，四边形的面积为，求的最大值. 【答案】（1） （2） （i）设点，且， 由题意得，，故，，， 则直线，直线， 则，则， 则，，故； （ii） 【解析】 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（i）设点，求出，再求出直线的方程，得出点坐标，再计算即可求证； （ii）记的面积为，则，由（i）得，再令，得出，再构造函数，通过导函数研究其最值即可求出. 【小问1详解】 由题意得，，，解得， 故的方程为； 【小问2详解】 （i）略 （ii）记的面积为，则， 因 再令， 则， 令， 则 因，则， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为，故的最小值为， 故的最小值为， 故的最大值为. 18. 已知数列为无穷数列，前项和为. （1）若，，求的通项公式； （2）是否存在等差数列，使？若存在，请写出一个满足条件的通项公式，若不存在，请说明理由； （3）若数列为等比数列，公比为，且满足，求的取值范围. 【答案】（1） （2）不存在，理由见解析 （3）当时，；当时，或. 【解析】 【分析】（1）根据与的关系，推得通项公式； （2）写出等差数列的基本公式，代入不等式整理，结合二次函数性质分析即可说明； （3）根据不等式关系，分类讨论得到结果. 【小问1详解】 已知，则当时，； 当时，，即，化简可得， 因此，数列从第二项起是首项为，公比为的等比数列，通项公式为： 【小问2详解】 不存在等差数列，使. 理由：设等差数列的公差为，则， 代入不等式得：， 化简整理得, 令， 若，，二次函数开口向上，当趋近于正无穷时，， 无法满足恒成立； 若，，当，当， 此时由的值决定，所以不满足不等式. 当，，二次函数开口向下，当趋近于正无穷时，， 当，，无法满足恒成立； 综上，不存在等差数列，使. 【小问3详解】 设等比数列首项，公比．则． 则即． 由可先判断符号，． 因此若，则；若，则． 情形一：，此时可直接除以正数，得． 等价于． 若，则，恒成立； 若，则， 必存在某个使不成立， 故该情形要求； 情形二：，此时除以负数需改变不等号方向即． 又由，可化为． 若，则，且， 所以有，故恒成立； 若，令，则当为奇数时，恒成立； 当为偶数时，取．即． 函数在上单调递增， 且，故．即； 综上，当时，；当时，或；． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届广州市高三年级调研测试 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.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，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.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. 已知集合，，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 2. 假设某次考试的成绩服从正态分布.如果按照，，，的比例将考试成绩从高到低分为，，，四个等级，则等级的分数线约为（若，则，）（ ） A. 76 B. 88 C. 94 D. 103 3. 由曲线围成的图形的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，都是第二象限角，且，，则（ ） A. B. 1 C. D. 5. 已知的外接圆圆心为，且，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 有编号为，，的三个盒子，将4个不同的小球全部放入盒子.若每个盒子中所放球的个数不大于其编号，则不同的放法共有（ ） A. 26种 B. 32种 C. 38种 D. 44种 7. 记表示不小于的最小整数，例如，.奇函数满足当时，.若关于的方程在上恰有两个不同实数根，则的取值范围为（ ） 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. 8. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 在区间上单调递减 C. 的图象关于直线对称 D. 将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则为奇函数 9. 已知为坐标原点，抛物线的焦点为，点在的准线上，过的直线与交于不同的两点，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，过点作曲线的切线交轴于点，过点作曲线的切线交轴于点，依此类推，得到，，则（ ） A. 数列是等差数列 B. 当且时， C. D. 记的面积为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 11. 若函数 是偶函数，则 _____. 12. 某校高三年级举行米接力赛，共有8条赛道，第③道和第④道是“黄金赛道”.赛制规定：由1到8班按班级序号从小到大依次抽签决定赛道，抽出的签不再放回.在1班未抽到“黄金赛道”的条件下，3班抽到“黄金赛道”的概率是______. 13. 已知同底的两个正六棱锥和的顶点都在同一个球面上.若正六棱锥的侧面与底面所成角为，则正六棱锥的侧棱与底面所成角的正切值是______. 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. 14. 在中，角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角的大小； （2）若，的面积，求的值. 15. 如图，在直三棱柱中，，，，，，其中. （1）当时，求证：平面； （2）当为何值时，的长最小，并求其最小值； （3）当的长最小时，求平面与平面夹角的余弦值. 16. 已知函数. （1）当时，讨论函数的单调性； （2）当时，不等式没有正整数解，求实数的取值范围. 17. 已知椭圆的左顶点为，下顶点为，长轴长为4，且过点. （1）求的方程； （2）点为椭圆在第一象限上任一点，直线交轴于点，直线交轴于点. （i）若四条直线，，，的斜率分别记为，，，，证明：； （ii）记的面积为，四边形的面积为，求的最大值. 18. 已知数列为无穷数列，前项和为. （1）若，，求的通项公式； （2）是否存在等差数列，使？若存在，请写出一个满足条件的通项公式，若不存在，请说明理由； （3）若数列为等比数列，公比为，且满足，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $