精品解析：广东省部分学校2025-2026学年高三1月综合练习数学试卷

广东省部分学校2025-2026学年高三1月综合练习数学试卷 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、准考证号等填写在答题卡指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 的实部为（ ） A. B. C. 1 D. 0 3. 某校高一有500名学生，为了培养学生良好的数学素养，学校要求高一学生从《九章算术》《数书九章》《缀术》《海岛算经》中选一本阅读，其中有200人选《九章算术》，150人选《数书九章》，100人选《缀术》，50人选《海岛算经》．若按选书种类进行分层，用分层随机抽样的方法抽取50名学生分享读后感，则选《九章算术》和《数书九章》的学生抽取的人数共有（ ） A. 25 B. 30 C. 35 D. 50 4. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. 168 D. -168 5. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的面积为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 6. 已知等比数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数满足对任意，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与交于A，B两点，且．若直线恒过轴上定点（非椭圆长轴端点），当四边形的面积最大时，设的内切圆半径为的内切圆半径为，则（ ） 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. 已知公差不为0的等差数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. 是递减数列 D. 当且仅当时，取得最小值 10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，其中一条渐近线的倾斜角为，则下列说法正确的有（ ） A. B. 存在直线交于A，B两点，且线段的中点为 C. 焦点到渐近线的距离为 D. 若点满足且，则点的轨迹方程是 11. 已知，则（ ） （参考数据：） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量满足，若，则_________. 13. 已知函数，则不等式的解集是_________. 14. 已知三棱锥的体积为平面．若三棱锥的外接球的表面积为，则当取得最大值时，_________. 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. 某校举办校园手工作品大赛，低年级组提交240件，高年级组提交260件．经评选，共有10件作品获奖，其中金奖2件、银奖8件． （1）现从所有参赛作品中随机抽取1件，求抽到获奖作品的概率； （2）现有1名同学从这10件获奖作品中随机选取2件欣赏，设选到的金奖作品的数量为，求的分布列及数学期望． 16. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且． （1）求； （2）求函数与的图象在区间内的交点横坐标． 17. 如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面且，分别是线段的中点． （1）证明：平面； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求； （3）在（2）的条件下，求点到平面的距离． 18. 已知抛物线的焦点为，准线为，过点且斜率为的直线与交于两点，且. （1）求的方程； （2）过点作的切线，交准线于点，交轴于点（异于点），连接FQ，过点作，垂足为． （i）证明：； （ii）当时，求面积的最大值． 19. 已知函数． （1）若，求在区间上的最值； （2）若在区间上单调递增，求的取值范围； （3）若，函数，证明：有且仅有2个零点，且2个零点之和小于． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省部分学校2025-2026学年高三1月综合练习数学试卷 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、准考证号等填写在答题卡指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用交集的概念计算即可． 【详解】，故． 故选：D． 2. 的实部为（ ） A. B. C. 1 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算可得，进而可得实部. 【详解】由题意可得：， 所以其实部为． 故选：A. 3. 某校高一有500名学生，为了培养学生良好的数学素养，学校要求高一学生从《九章算术》《数书九章》《缀术》《海岛算经》中选一本阅读，其中有200人选《九章算术》，150人选《数书九章》，100人选《缀术》，50人选《海岛算经》．若按选书种类进行分层，用分层随机抽样的方法抽取50名学生分享读后感，则选《九章算术》和《数书九章》的学生抽取的人数共有（ ） A. 25 B. 30 C. 35 D. 50 【答案】C 【解析】 【分析】根据分层抽样的方法，列式计算，即可求解． 【详解】选《九章算术》和《数书九章》的学生抽取的人数共有． 故选：C． 4. 的展开式中的系数为（ ） A. B. C. 168 D. -168 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项式的通项公式进行求解即可. 【详解】的通项为． 令，解得， 故的展开式中的系数为． 故选：C 5. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的面积为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】由余弦定理得，解得，再根据计算即可． 【详解】由余弦定理得， 所以的面积为． 故选：A． 6. 已知等比数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件建立方程组，解出，最后根据等比数列的性质算出答案. 【详解】设的公比为， 因为所以 两式相除得，所以． 故选：A． 7. 已知函数满足对任意，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据函数的表达式求出，然后将其代入不等式，通过解不等式，分离参数求解. 【详解】因为，所以由， 得，得， 得对任意恒成立， 所以或对任意恒成立， 所以或， 且在区间[3，4]上单调递减，在区间[4，5]上单调递增，当时，； 当时，， 当时，， 所以，对任意， ，所以． 故选：D 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与交于A，B两点，且．若直线恒过轴上定点（非椭圆长轴端点），当四边形的面积最大时，设的内切圆半径为的内切圆半径为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设直线的方程为，再，得到，再利用等面积法得到，即可． 【详解】设直线的方程为， 则到直线的距离为， 到直线的距离为， 所以， 解得或（舍去），故． 当四边形的面积最大时，轴， 联立解得或 不妨取在轴上方， 则点， 则， 解得．同理，， 则，解得， 所以． 故选：B． 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. 已知公差不为0的等差数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. 是递减数列 D. 当且仅当时，取得最小值 【答案】AB 【解析】 【分析】根据题意，求得，再逐项判断即可． 【详解】由题意，， 解得，故A、B正确； ，所以， 当或2时，，即， 则不是递减数列，故C错误； ， 则当或2时，都取最小值，故D错误． 故选：AB． 10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，其中一条渐近线的倾斜角为，则下列说法正确的有（ ） A. B. 存在直线交于A，B两点，且线段的中点为 C. 焦点到渐近线的距离为 D. 若点满足且，则点的轨迹方程是 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，根据双曲线渐近线得到方程，再解方程即可；对于B，设直线的方程为，再利用作差法得到即可求解；对于C，利用点到直线的距离公式判断就可；对于D，点的轨迹是双曲线的右支，再结合求解范围即可判断． 【详解】因为的一条渐近线的倾斜角为，所以，解得，故A错误； 由A知双曲线， 设直线的方程为， 则，作差得，又， 所以，则， 所以的方程为，经验证符合题意，故B正确； 焦点到渐近线的距离为，故C正确； 因为，所以点的轨迹是双曲线的右支， 又因为，所以，则， 所以，即，解得， 又点在双曲线的右支上，所以， 所以点的轨迹方程是，故D错误． 故选：BC． 11. 已知，则（ ） （参考数据：） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数研究函数的单调性，根据单调性比较大小即可． 【详解】，故，故A错误； 比较b，c的大小关系，令，可知， 故当时，，当时，，故， 则，当且仅当时等号成立， ，故B正确； 比较a，c的大小关系， 设，则， 故当单调递增，当单调递减， 因此， 因此，当且仅当时取等号， 故，即，故C正确； 因为已证，，，所以，故，故D正确． 故选：BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量满足，若，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出向量坐标，再应用向量垂直的坐标公式计算求解即可. 【详解】，， 由题意可得， 又，， 解得． 故答案为：. 13. 已知函数，则不等式的解集是_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用图象判断函数的单调性，结合可得出关于的不等式，利用穿针引线法可得出所求不等式的解集. 【详解】作出函数的图象如下图所示： 由图可知，函数在上为增函数， 由可得，即，如下图所示： 由图可知，不等式的解集为. 故答案为：. 14. 已知三棱锥的体积为平面．若三棱锥的外接球的表面积为，则当取得最大值时，_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，，即，进而得到，再平方求最值即可． 【详解】设外接圆的半径为，因为平面ABC， 三棱锥的外接球可看作以的外接圆为底面、为高的圆柱的外接球， 其半径满足．易知， 设，则，得． 在中，由余弦定理得 ， 由正弦定理得，得， 因此，，则， 所以， 所以， 则 ， 当时，， 所以当取得最大值时，． 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. 某校举办校园手工作品大赛，低年级组提交240件，高年级组提交260件．经评选，共有10件作品获奖，其中金奖2件、银奖8件． （1）现从所有参赛作品中随机抽取1件，求抽到获奖作品的概率； （2）现有1名同学从这10件获奖作品中随机选取2件欣赏，设选到的金奖作品的数量为，求的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）的分布列如下表所示． 0 1 2 期望为【解析】 【分析】（1）根据古典概型求解概率即可； （2）根据题意，的可能取值为0，1，2，再求概率，列出分布列并计算期望即可． 【小问1详解】 解：由题知所有参赛作品共500件，获奖作品共10件， 故从所有参赛作品中随机抽取1件，抽到获奖作品的概率； 【小问2详解】 的可能取值为0，1，2． 则， 则的分布列如下表所示． 0 1 2 则． 16. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且． （1）求； （2）求函数与的图象在区间内的交点横坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到函数的图象经过点，再代入求值即可； （2）令，再解三角方程即可． 【小问1详解】 解：由题意，函数的图象经过点， 所以函数的图象经过点，即， 代入中，得，即， 由，得， 所以，解得； 【小问2详解】 由（1）得，， ， 令，得， 则或， 解得或（舍去）， 当时，；当时，；当时，． 所以函数与的图象在区间内的交点横坐标为． 17. 如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面且，分别是线段的中点． （1）证明：平面； （2）若平面与平面夹角的余弦值为，求； （3）在（2）的条件下，求点到平面的距离． 【答案】（1） 证明：如图，取的中点，连接． 因为， 所以，所以是平行四边形， 所以对角线与相交于点，即是的中点， 所以是的中位线，所以， 又平面平面， 所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定证明即可； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，再利用平面与平面夹角的向量求法求解即可； （3）利用点到面的距离公式求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点， 的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则点， 则， 设平面的一个法向量为， 则由， 令，得平面的一个法向量为． 设平面的一个法向量为， 由， 令，得平面的一个法向量为． 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以， 解得（负值舍去），故． 【小问3详解】 由（2）得点，则， 故点到平面的距离为． 18. 已知抛物线的焦点为，准线为，过点且斜率为的直线与交于两点，且. （1）求的方程； （2）过点作的切线，交准线于点，交轴于点（异于点），连接FQ，过点作，垂足为． （i）证明：； （ii）当时，求面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）由（1）得（取），则， 不妨设点在第一象限，则过点的的切线斜率为，切线方程为， 令得， 解得，则点， 所以； 又，所以， 所以，因为，所以， 所以． （ii）． 【解析】 【分析】（1）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理即可求解； （2）（i）求导，利用导数的几何意义得到切线方程即可求出，接着利用斜率证明得到即可得证； （ii）根据题意，得到，再平方结合基本不等式求最值即可． 【小问1详解】 由题意直线的方程为． 联立，消去得， 则，解得（负值舍去）， 则的方程为； 【小问2详解】 （i）略 （ii）在切线方程中，令， 得，则点． 当时，， 所以，而，所以． 则， 所以的面积， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的面积的最大值为． 19. 已知函数． （1）若，求在区间上的最值； （2）若在区间上单调递增，求的取值范围； （3）若，函数，证明：有且仅有2个零点，且2个零点之和小于． 【答案】（1）最大值为，最小值为． （2） （3） 若，则， 令，得，整理为． 令， 令，则， 所以在区间上单调递增， 又， 根据零点存在定理，存在唯一的，使得． 因此，当时，单调递减；当时，单调递增． 又因为， 所以结合单调性，在区间上单调递减，可知存在1个零点； 在区间上单调递增，可知存在1个零点； 当时，单调递增且，故无零点． 综上，有且仅有2个零点，则， 所以． 【解析】 【分析】（1）求导分析函数的单调性，进而求出最值； （2）根据单调性得到在区间[1，2]上恒成立，分离参数得到，设，利用导数求出该函数在区间上的最小值，进而求出的取值范围； （3）令，对其求导，令，再对求导，判断函数的单调性，再根据零点存在定理得到存在唯一的，使得，进而判断函数的单调性，再结合得证. 【小问1详解】 若，则， 令， 则， 所以在区间上单调递增， 又， 所以在区间上恒成立， 所以在区间上单调递增． 由， 所以在区间上的最大值为，最小值为． 【小问2详解】 若在区间上单调递增，则在区间上恒成立， 即． 设， 则 因为，所以，所以，所以在区间上单调递增， 所以，所以的取值范围为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $