精品解析：2026届大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试（一）数学试题

2026届大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试（一） 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，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式，求得集合，根据交集的定义求得. 【详解】集合或. 因为，所以. 故选：D. 2. 在复平面内，复数（为虚数单位）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】B 【解析】 【分析】先化简复数为代数形式，再判断对应的点所在的象限即可. 【详解】依题意，对应的点为在第二象限. 故选：B． 3. 设，是两个非零向量，则“”是“”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量数量积的意义，向量的夹角公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【详解】由， 又， 所以当且仅当时，成立． 充分性：由，得或，则不一定成立，所以充分性不成立； 必要性：由，得，则，所以必要性成立． 所以“”是“”成立的必要不充分条件． 故选：B． 4. 已知椭圆C：的离心率为，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】先确定的取值范围，再根据椭圆离心率的概念列式求的值. 【详解】因为表示椭圆， 所以且，所以，所以，所以椭圆的焦点在轴上. 由. 故选：A 5. 函数与的图象（ ） A. 关于y轴对称 B. 关于直线对称 C. 关于直线对称 D. 关于直线对称 【答案】B 【解析】 【分析】设点在的图象上，可求出点在函数图象上，分析两点的位置关系即可求解． 【详解】设点在的图象上，则， 又，说明点在的图象上， 点与点关于对称， 所以函数与的图象关于直线对称． 故选：B． 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数、三角函数定义，求出对应a、b、c相应的范围，再据此相互比较即可． 【详解】根据对数定义，， 因为，所以， 又，在第二象限，所以，即， ， 而，所以，，所以， 因此． 故选：C． 7. 点M在圆上，点F是抛物线的焦点，点是抛物线上的动点，则的最小值为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】过及圆心分别作准线的垂线，垂足分别为，与圆交于点，先根据抛物线的定义将的最小值转化为，而的最小值为圆心到准线的距离减半径，进而求解. 【详解】因为抛物线的方程为， 所以焦点的坐标为，准线的方程为. 圆的圆心为，半径为， 过及圆心分别作准线的垂线，垂足分别为，与圆交于点，如图， 由抛物线的定义知，当且仅当三点共线（在之间）时，等号成立. 而圆上的点与准线上的点的距离的最小值为，即圆心到准线的距离减半径， 所以，所以的最小值为. 故选：C. 8. 质点和在以坐标原点为圆心，半径为1的圆周上同时出发逆时针作匀速圆周运动．的起点坐标为，角速度为；的起点坐标为，角速度为．则质点Q与P相遇点对应的坐标可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设质点与相遇时用时，根据题意可得，求出，代入可得到质点落在的终边上，根据三角函数的定义即可求解. 【详解】由题意得，点在的终边上，点在的终边上， 设质点与相遇时用时， 由题意得， 解得， 此时质点落在的终边上， 所以点的横坐标为， 点的纵坐标为， 所以质点Q坐标为. 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据图象求得函数的解析式，可判断C，结合三角函数的奇偶性判定A，B，再根据周期结合余弦函数的单调性判断D. 【详解】由题意，可得，所以， 由，可得图象过点，可得， 解得，又， 令，可得，所以，故C错， 由，为奇函数，所以A正确； 由，是偶函数，所以B正确； 由，周期为2，， ， 因为函数单调递增，所以， 所以，所以D不正确； 故选：AB. 10. 已知甲、乙两组样本各有1000个数据，甲、乙两组数据合并后得到一组新数据，则（ ） A. 若甲、乙两组数据的平均数都为a，则新数据的平均数等于a B. 若甲、乙两组数据的极差都为b，则新数据的极差可能大于b C. 若甲、乙两组数据的方差都为c，则新数据的方差可能小于c D. 若甲、乙两组数据的中位数都为d，则新数据的中位数等于d 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据平均数，极差，方差和中位数的定义和公式，逐个判断即可得. 【详解】设甲：，乙：，新数据为：， A：因为，正确； B：设甲：，乙：，两组数据极差均为，混合后数据的极差为，正确； C：因为， 所以，，， 所以新数据的方差为， 因为， 即新数据的方差，当且仅当两组样本均值相等时取等号，错误． D：不妨设，， 由它们的中位数相等，则， 将混合后数据按从小到大排列， 若，则，所以第1000，1001个数为和； 此时新数据的中位数为， 若，则，所以第1000，1001个数为和， 此时新数据的中位数为 两种情形下，新数据的中位数都等于，正确； 故选：ABD. 11. 在长方体中，，点为的中点，点为平面内的一个动点（含边界），则（ ） A. 平面 B. 四棱锥的外接球的表面积为 C. 平面平面 D. 若，则点的运动轨迹长度为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意以为坐标原点，分别以所在直线为轴，写出相应的点坐标，利用向量法求出平面的法向量，利用向量法判断即可得出选项A，根据已知条件分析得出四棱锥的外接球球心位置，画出图形分析，建立方程解出球体的半径，再利用球体表面积公式求解即可得出选项B，利用坐标系求出平面与平面的法向量，利用法向量数量积结果来判断选项C，设，，根据得出的轨迹，然后根据轨迹分析得出选项D. 【详解】在长方体中， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系： 由， 则， 可得， 设平面的一个法向量为， 由， 令，则， 所以， 因为， 所以与平面不平行，故A选项不正确； 在长方体中， 连接，如图所示： 在长方体中，点为的中点， 且， 所以， 且四边形为矩形，所以点的投影为矩形的中心， 即平面，则四棱锥的外接球的球心在上， ①设四棱锥的外接球的球心在的延长线上且为， 球的半径为，如图所示， 在长方体中, ， 所以，所以在直角三角形中，， 则有， 在直角三角形中，， 即，解得：， 此时四棱锥外接球的表面积为： ， ②设四棱锥的外接球的球心在上且为， 球的半径为，如图所示， 在长方体中, ， 所以，所以在直角三角形中，， 则有， 在直角三角形中，， 即，解得：， 因为，不满足题意， 故四棱锥外接球的表面积为， 故B选项正确； 由A中，， 则， 设平面的法向量为， 由， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 由， 令，则，所以， 因为， 所以平面平面，故选项C正确， 设，， 则，， 因为， 即， 因为点为平面内的一个动点（含边界）， 所以点的轨迹为一条线段， 令，令， 所以线段的端点为和， 所以点的运动轨迹长度为， 故D选项正确； 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列是等差数列，，是方程的两实数根，则数列的前20项和为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的性质，结合等差数列的求和公式求值即可. 【详解】因为，是方程的两实数根， 所以. 又数列是等差数列，所以， 所以数列的前20项和为. 故答案为： 13. 已知的顶点坐标分别为，，，则的角平分线所在的直线方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】设的角平分线的方向向量为，根据，进而得到角平分线的斜率，然后利用点斜式得到所求直线的方程. 【详解】根据题意可知，， 所以可知，可知角平分线的斜率为， 则可知的角平分线所在的直线方程为, 化简可知. 故答案为： 14. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人．若第一次由甲传出，共传5次结束，记表示5次传球过程中，甲接到球的总次数，则X的数学期望________． 【答案】## 【解析】 【分析】记第次传球后球在甲手中的概率为，则不在甲手中的概率为，所以第次传球后球在甲手中，当且仅当第次传球后球不在甲手中，且传球者将球传给甲，所以，根据题意可求出，因为每一次传球后球在甲手中的次数都服从两点分布，根据期望的线性性质可求得. 【详解】记第次传球后球在甲手中的概率为，则不在甲手中的概率为，所以第次传球后球在甲手中，当且仅当第次传球后球不在甲手中，且传球者将球传给甲，所以， 根据题意第一次由甲传出，所以第一次传球后球肯定不在甲手中，所以， 又共传5次结束， 所以. 记为示性变量，当第次传球后球在甲手中时，否则，即每次传球后球在甲手中的次数服从两点分布， 所以， 所以 . 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． 15. 在中，角的对边分别为，且，． （1）若，求的面积； （2）若，求a． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求得，进而得，最后由即可求解； （2）由得，进而得，即为直角三角形，利用勾股定理即可求解. 【小问1详解】 由题意得：，所以， 由余弦定理得， 所以， 所以； 【小问2详解】 因为， 所以，所以，即， 所以为直角三角形， 所以，又， 所以，即，解得或， 所以. 16. 投壶游戏起源于中国古代六艺中的“射”艺，是射礼的演变和延续．甲、乙两位同学为了参加投壶游戏比赛，进行了大量的投壶训练．从这些训练数据中随机抽取甲乙各100次投壶数据，其中甲投中目标的次数为80次，乙投中目标的次数为85次．假设每次投壶相互独立，用频率估计概率． （1）若现在让甲投壶4次，求甲投中目标的次数X的分布列及期望； （2）通过分析甲、乙的训练数据发现：若甲发挥正常，投中目标的概率为0.9，发挥不正常，投中目标的概率为0.5；若乙发挥正常，投中目标的概率为0.95，发挥不正常，投中目标的概率为0.6．设甲、乙发挥正常的概率分别为p，q，计算并比较p与q的大小． 【答案】（1） 0 1 2 3 4 . （2） 【解析】 【分析】（1）用频率估计出甲每次投壶投中的概率，易知甲投中目标的次数X服从二项分布，由此求得分布列及期望； （2）由条件概率公式及全概率公式计算出的值，即可比较其大小. 【小问1详解】 用频率估计概率可得甲每次投中目标的概率是， 若现在让甲投壶4次，甲投中目标的次数X的取值为， ，，， ，. 所以甲投中目标的次数X的分布列是 0 1 2 3 4 因为，所以甲投中目标的次数X的期望是. 【小问2详解】 记甲发挥正常为事件A，甲投中目标为事件B， 由题意得， 所以，即，解得. 记乙发挥正常为事件C，乙投中目标为事件D， 由题意得， 所以，即，解得. ，所以. 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若方程在上有两个不等实根和， ①求m的取值范围； ②证明：． 【答案】（1）当时，恒成立，所以在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）①；②法一：方程在上有两个不等实根和，不妨设， 则，所以， 所以， 令，则， 所以，即，所以，即， 所以，， 要证，即证，需证， 即证， 令， 则， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增，所以， 所以在上恒成立，所以， 所以. 法二：由①得，不妨设， 构造函数， 即，则， 设，则在上恒成立， 所以函数在在上单调递减， ，即在上恒成立， 所以在上恒成立， 所以函数在上单调递减， 故，即， 因为，所以， 即， 又在上单调递增，所以，故. 法三：先证明不等式（且）， 证明如下：假设，原不等式等价于， 即， 令，可得， 可构造函数，由， 所以在上单调递增，又， 即，得， 所以不等式且成立. 由①得，， 将方程两边取对数得方程， 所以方程有两个根 所以，， 作差得，即， . 【解析】 【分析】（1）对函数求导，分和两种情况讨论函数单调性即可； （2）①分离参数得到，令，得到函数在上的最小值，进而求出m的取值范围； ②法一：依题意设，从而将问题转化为证明，构造函数，利用导数求得的最小值即可得证；法二：根据极值点偏移法构造函数，求导得其单调性，从而有，即可证明；法三：首先证明对数均值不等式，从而得到，最后即可证明. 【小问1详解】 对求导得， 当时，恒成立，所以在上单调递增； 当时，令，解得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 ①令，则，所以， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 因为方程在上有两个不等实根和， 所以，故m的取值范围为； ②略 18. 如图，已知三棱台，，，点是的中点，点是棱上靠近点的四等分点，，平面． （1）求证：； （2）求二面角的正弦值； （3）平面将三棱台分成两部分，求体积较大部分与该棱台的体积之比． 【答案】（1）由棱台的性质得，，， 因为，所以四边形为等腰梯形， 过作交于，则， 因为点是棱上靠近点 的四等分点，所以， ，， 所以， ， 因为，所以， 又因为 平面， 平面， 所以， 因为 ， 平面， 所以 平面， 因为平面，所以. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）证明，，从而证明 平面，根据线面垂直的性质即可证明； （2）取中点，连接 ，，先证明为二面角的平面角，利用余弦定理求出，再根据同角三角函数关系即可求解； （3）延长交于点，连接交于，连接 ，求出三棱台和三棱台的体积，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接 ，， 则， 所以四点共面， 因为 平面，平面， 所以，， 所以为二面角的平面角， ， 在中，由余弦定理得， 所以， 所以二面角的正弦值为. 【小问3详解】 延长交于点，连接交于，连接 ， 则几何体为台体， 因为 平面，平面， 则 ，， 因为，， 所以，， 所以，， ， ， ， ， 因为，，，平面， 则平面，即即为三棱台和的高， 所以， , 因为， 所以体积较大部分与该棱台的体积之比. 19. 已知双曲线E：． （1）若直线l与双曲线E的左支及两条渐近线的交点从上到下依次为A，B，C，D，证明：； （2）记集合． （i）写出，，的坐标，猜想数列，的通项公式（说明猜想过程，不用证明），并写出和的递推关系式； （ii）试判断的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由． 【答案】（1）证明：法一：①当直线斜率不存在时，由对称性易得结论成立； ②当直线斜率存在时， 如图，记线段的中点为， 现证明点也是线段的中点， 只需证明线段、中点的横坐标相同即可， 设直线的方程为， 设， 联立，消去得， 则，， 由韦达定理可得． 两条渐近线的方程可表示为， 联立方程组，消去得， 则，，则． ，线段的中点都为， ， . 法二：由题意可得，直线与轴不平行 如图，记线段的中点为， 现证明点也是线段的中点， 只需证明线段、中点的纵坐标相同即可， 设直线的方程为，设， 联立，消去得， 则，， 由韦达定理可得， 两条渐近线的方程可表示为， 联立方程组，消去得， 则，， 得，， ∴线段的中点都为，， . （2）（i），，，，；（ii）是，定值为. 【解析】 【分析】（1）法一：设直线的方程为，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，证明即可；法二：设直线的方程为，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，证明即可； （2）（i）通过代入计算即可得到，，的坐标；法一：不断构造得，，则猜测有，，解出后即可得到关系式；法二：通过等式平方得，后面同法一； （ii）法一：根据面积公式，代入相关点坐标即可；法二：作出相关投影点，根据计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）由题意可得且， 由可知，所以不妨从的大小开始考虑：列举可得 当时，，故； 当时，，故； 当时，，故； 法一：由题意可得，可构造， 整理并代入的值可得， 又， ， 同理可得， 由此大胆猜想， 代入的值可得， 由代数式得结构特征我们猜想满足， 可得， 所以． 和之间的递推关系为． 法二：由，可构造 由此两边平方可得， 两边三次方可得 两边次方可得 代入，可得 由此可猜想 经验证满足 由此我们猜想构造出满足 下面与法一相同. （ii）法一：的面积为定值，证明如下： 记，则 ， 由． 设，则 ， 原命题得证. 法二：的面积为定值，证明如下： 设点和在轴上的投影为和， 由. 又因为 所以，原命题得证． 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届大湾区普通高中毕业年级联合模拟考试（一） 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，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数（为虚数单位）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. 设，是两个非零向量，则“”是“”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知椭圆C：的离心率为，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 5. 函数与的图象（ ） A. 关于y轴对称 B. 关于直线对称 C. 关于直线对称 D. 关于直线对称 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 点M在圆上，点F是抛物线的焦点，点是抛物线上的动点，则的最小值为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 8. 质点和在以坐标原点为圆心，半径为1的圆周上同时出发逆时针作匀速圆周运动．的起点坐标为，角速度为；的起点坐标为，角速度为．则质点Q与P相遇点对应的坐标可能为（ ） 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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 是奇函数 B. 是偶函数 C. D. 10. 已知甲、乙两组样本各有1000个数据，甲、乙两组数据合并后得到一组新数据，则（ ） A. 若甲、乙两组数据的平均数都为a，则新数据的平均数等于a B. 若甲、乙两组数据的极差都为b，则新数据的极差可能大于b C. 若甲、乙两组数据的方差都为c，则新数据的方差可能小于c D. 若甲、乙两组数据的中位数都为d，则新数据的中位数等于d 11. 在长方体中，，点为的中点，点为平面内的一个动点（含边界），则（ ） A. 平面 B. 四棱锥的外接球的表面积为 C. 平面平面 D. 若，则点的运动轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列是等差数列，，是方程的两实数根，则数列的前20项和为________． 13. 已知的顶点坐标分别为，，，则的角平分线所在的直线方程为________． 14. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人．若第一次由甲传出，共传5次结束，记表示5次传球过程中，甲接到球的总次数，则X的数学期望________． 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. 在中，角的对边分别为，且，． （1）若，求的面积； （2）若，求a． 16. 投壶游戏起源于中国古代六艺中的“射”艺，是射礼的演变和延续．甲、乙两位同学为了参加投壶游戏比赛，进行了大量的投壶训练．从这些训练数据中随机抽取甲乙各100次投壶数据，其中甲投中目标的次数为80次，乙投中目标的次数为85次．假设每次投壶相互独立，用频率估计概率． （1）若现在让甲投壶4次，求甲投中目标的次数X的分布列及期望； （2）通过分析甲、乙的训练数据发现：若甲发挥正常，投中目标的概率为0.9，发挥不正常，投中目标的概率为0.5；若乙发挥正常，投中目标的概率为0.95，发挥不正常，投中目标的概率为0.6．设甲、乙发挥正常的概率分别为p，q，计算并比较p与q的大小． 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若方程在上有两个不等实根和， ①求m的取值范围； ②证明：． 18. 如图，已知三棱台，，，点是的中点，点是棱上靠近点的四等分点，，平面． （1）求证：； （2）求二面角的正弦值； （3）平面将三棱台分成两部分，求体积较大部分与该棱台的体积之比． 19. 已知双曲线E：． （1）若直线l与双曲线E的左支及两条渐近线的交点从上到下依次为A，B，C，D，证明：； （2）记集合． （i）写出，，的坐标，猜想数列，的通项公式（说明猜想过程，不用证明），并写出和的递推关系式； （ii）试判断的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $