精品解析：广东省茂名市2026届高三年级第一次综合测试数学试题

2026年茂名市高三年级第一次综合测试 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，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答策信息点涂黑；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城内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.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. “”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 3. 已知向量，且，则（ ） A. 4 B. C. 9 D. 4. 已知函数则（ ） A. 0 B. 2 C. 4 D. 16 5. 已知抛物线的焦点为为抛物线上一点，到轴的距离为2，则到原点的距离为（ ） A. 2 B. C. D. 6. 已知数列的前 项和记为，若 ，则 （ ） A. 15 B. 31 C. 63 D. 127 7. 已知 分别为直线，圆，圆上的动点，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 从1至13的整数中任取3个不同的数，则能被2整除的概率为（ ） A. 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. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 为的周期 B. 是图象的对称中心 C. 当时，的值域是 D. 的单调递增区间是 10. 数列的前 项和记为，则下列结论可能正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内的动点（包含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 存在使得 B. 若，则的轨迹长度为 C. 若 平面 ，则四棱锥 的外接球的体积的最大值为 D. 若，则的面积的最小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若某圆锥侧面展开图为半圆，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为___________． 13. 已知关于的方程的两根在复平面上对应的点分别为和，若 是等边三角形，则__________. 14. 已知函数有3个零点，且，则的最小值为__________. 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. 中，角所对的边分别为. （1）若，求 ； （2）若，求的面积. 16. 如图，在四棱锥 中， 平面 分别为 的中点. （1）证明：平面 ； （2）在线段上是否存在点，使得 平面 ，若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 17. 已知甲､乙两个盒子均装有1个白球和1个黑球，现进行如下操作：从这两个盒子中各取1个球放入对方的盒子中.重复这样的操作，第 次操作后甲盒中白球的个数记为. （1）求； （2）证明：是等比数列； （3）求的数学期望. 18. 已知椭圆的右焦点为，离心率为.过点且与轴不重合的直线交于 两点. （1）求的方程； （2）若的平分线垂直于轴. （i）求实数的值； （ii）以 为半径的圆的面积分别记为的面积为 ，求的取值范围. 19. 已知函数. （1）当时，求在区间上的最大值； （2）若对任意，且存在. （i）用含的式子表示，并证明：； （ii）将在区间上从小到大排列的第个极大值点记为，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年茂名市高三年级第一次综合测试 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，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答策信息点涂黑；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城内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.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】A 【解析】 【分析】直接进行交集运算即可求解. 【详解】因为集合，， 所以， 故选：A. 2. “”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】C 【解析】 【分析】根据对数的运算性质，以及不等式的性质和充分必要条件的定义判断即可. 【详解】若，根据对数函数的单调性可知，则，即充分性成立； 若，可得，，即必要性成立. 故“”是“”的充分必要条件. 故选：C. 3. 已知向量，且，则（ ） A. 4 B. C. 9 D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接根据向量垂直的坐标运算求解即可. 【详解】因为向量，且， 所以，解得， 故选：A 4. 已知函数则（ ） A. 0 B. 2 C. 4 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】利用分段函数，结合指数和对数运算求函数值. 【详解】由题意得：， 故选： B 5. 已知抛物线的焦点为为抛物线上一点，到 轴的距离为2，则到原点的距离为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，得到焦半径公式，结合点到 轴的距离即可解决问题. 【详解】抛物线的焦点为，为抛物线上一点，设， 根据抛物线的定义可得， 又到 轴的距离为2，，又，，即， 故抛物线方程为， 将代入抛物线得，， 根据两点之间的距离公式得. 故选：D. 6. 已知数列的前项和记为，若 ，则 （ ） A. 15 B. 31 C. 63 D. 127 【答案】C 【解析】 【分析】根据的关系得数列是等比数列，公比为，首项为，再根据等比数列前项和公式计算即可. 【详解】因为 ， 所以当时，，即； 当时， ， ， 两式作差得，即， 所以数列是等比数列，公比为，首项为. 所以 故选：C 7. 已知 分别为直线，圆，圆上的动点，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】先求出圆的圆心关于直线的对称点坐标，再结合圆的几何性质求解即可． 【详解】由题意知圆，其圆心为，半径为， 则圆心关于直线的对称点坐标， 则可知与的中点在直线上， 所以有解之可得，则， 而圆化为标准方程为，其圆心为，半径为， 则与之间距离为， 圆上点关于直线在上的对称点为， 所以. 故选： 8. 从1至13的整数中任取3个不同的数，则能被2整除的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意首先分析能被2整除时，的取值要求，再结合排列组合及古典概型可求解. 【详解】因为1至13的整数中有6个偶数，7个奇数， 若能被2整除，则只需能被2整除，的取值异于即可， 当都为奇数时，的取法有种； 当都为偶数时，的取法有种， 所以能被2整除的概率为. 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. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 为的周期 B. 是图象的对称中心 C. 当时，的值域是 D. 的单调递增区间是 【答案】BD 【解析】 【分析】根据图象中两点距离求周期，进一步得出，代入特殊点坐标求 ，从而确定函数的解析式，再根据周期、对称中心性质、 范围对应函数值范围、单调区间求法判断各选项对错. 【详解】对于A，由图象可知，，则，所以A选项错误， 对于B，又因为，所以， 将点代入，可得，即， 又因为，所以，解得，即， 因为， 所以是图象的对称中心，所以B选项正确， 对于C，当时，， 此时，所以，所以C选项错误， 对于D，令， ，解得， ， 所以单调递增区间为， . 故选：BD. 10. 数列的前项和记为，则下列结论可能正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用迭代可判断A，B，D；对于C，举例即可. 【详解】由得，故A错误； ，，，，故B正确； ，故D正确； ，取此时，故C正确. 故选：BCD 11. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内的动点（包含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 存在使得 B. 若，则的轨迹长度为 C. 若 平面 ，则四棱锥 的外接球的体积的最大值为 D. 若，则的面积的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】以为原点建立空间直角坐标系求得 的最大值，可判断A错误；由求得的轨迹为直线在四边形内的线段，可得其长度为，即B正确；由线面平行的向量证明可得与重合时，其外接球的体积最大为，即C正确；由可得的轨迹是以为圆心，半径为的圆在侧面内的部分，再由圆上点到定直线距离的最值问题可得的面积的最小值为，即D正确. 【详解】以为原点，分别以为 轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示， 因为为侧面内的动点（包含边界），设, 对于A：易知，所以， 当 时， 取得最小值为2，此时与重合， 当时， 取得最大值为，此时与重合， 因为，所以不存在点使得，即A错误； 对于B：易知，所以 由得，即； 因此的轨迹为直线在四边形内的线段， 因,可得，所以的轨迹为的中点到点的线段， 因此的轨迹长度为，即B正确； 对于C：又，所以， 设平面 的法向量为， 所以，可得 , 令，则 ，则平面 的法向量, 因 平面 ，则, 又，即，解得， 显然当时，即与重合时，满足题意， 此时四棱锥 的外接球与正方体的外接球相同，其半径满足，即； 此时外接球的体积为，即C正确； 对于D，若，由正方体性质可得 平面， 又平面，所以， 利用勾股定理可得，即， 解得， 所以此时的轨迹是以为圆心，半径为的圆在侧面内的部分， 此时点到 的最小距离为， 所以的面积的最小值为，即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. 若某圆锥侧面展开图为半圆，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为___________． 【答案】 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，则，求得，进而得到圆锥的母线与底面所成的角的大小. 【详解】设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，则，可得， 设圆锥的母线与底面所成的角为，则，， 所以圆锥的母线与底面所成的角为. 故答案为：. 13. 已知关于 的方程的两根在复平面上对应的点分别为和，若 是等边三角形，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题可知，方程的两根应为虚根，可设方程的两复根为，，根据条件可得边长之间关系式，进而得解. 【详解】根据题意设方程的两虚根为，，为实数， 方程的两根在复平面上对应的点分别为和，轴， 又 是等边三角形，高为2，则， 解得，则； 则. 故答案为． 14. 已知函数有3个零点，且，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】易知，当 时将方程变形可得，再由函数与方程思想可知与 有两个交点，再由函数对称性可得，代入表达式再由二次函数性质求解即可. 【详解】易知，因此1是函数的一个零点， 当 时，令 ，可得； 令， 显然此时； 所以函数关于对称， 若要函数有3个零点， 则须满足方程有两个实数根，即函数 与有两个交点，且两交点关于对称， 又，可得， 所以， 当且仅当时，等号成立，此时，的最小值为. 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. 15. 中，角所对的边分别为. （1）若，求 ； （2）若，求的面积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出，再由正弦定理可得 ； （2）利用辅助角公式化简求出，然后利用正、余弦定理，结合三角形面积公式求解可得. 【小问1详解】 因为，，所以， 所以，由正弦定理得，解得. 【小问2详解】 因为，所以，即， 因为，所以，所以， 由正弦定理可得， 由余弦定理得，即，解得， 所以. 16. 如图，在四棱锥 中， 平面 分别为 的中点. （1）证明：平面 ； （2）在线段上是否存在点，使得 平面 ，若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）如图：取PD的中点H，连接FH，AH， 因为 ，又 ， 所以 ， 所以四边形 是平行四边形， 所以 ，又 平面 ， 平面 ， 所以 平面 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）取PD的中点H，易证 ，得到 是平行四边形，从而 ，再利用线面平行的判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，求得平面PBC的一个法向量，根据 平面 ，由求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 建立如图所示空间直角坐标系： 则 ， 所以 ， ， 设平面PBC的一个法向量为， 则，即， 令，则，，所以 ， 设，则 ， 若 平面 ，则， 所以，解得， 所以 ， 则， 所以在线段上是否存在点，使得 平面 ， 的长为. 17. 已知甲､乙两个盒子均装有1个白球和1个黑球，现进行如下操作：从这两个盒子中各取1个球放入对方的盒子中.重复这样的操作，第次操作后甲盒中白球的个数记为. （1）求； （2）证明：是等比数列； （3）求的数学期望. 【答案】（1）， （2）记  ，则  ， 由全概率公式得： ， ， ， 所以 ， ， 由 （1） 和（3）知 ，结合初始值 ， 可得对任意   有 ，代入 中， 得： ， 将（4） 代入（2）式得：  ， 整理得 ， 即： ，又 ， 所以数列 是公比为的等比数列. （3）1 【解析】 【分析】（1）列出所有的取球情况，利用古典概型可得答案； （2）利用全概率公式，建立递推公式，然后利用等比数列的定义可证明； （3）利用期望的计算公式以及第（2）小问得到的 ，可得答案. 【小问1详解】 初始时甲、乙两盒均装有 1 个白球和 1 个黑球，第一次操作时，从两盒中各取一球交换，共有 4 种等可能情况： 甲取白、乙取白：交换后甲盒白球数为 1； 甲取白、乙取黑：交换后甲盒白球数为 0； 甲取黑、乙取白：交换后甲盒白球数为 2； 甲取黑、乙取黑：交换后甲盒白球数为 1。 故 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意知：的取值为：， 分布列为： 0 1 2 ， 由 (2) 知  ， 因此 . 18. 已知椭圆的右焦点为，离心率为.过点且与 轴不重合的直线交于 两点. （1）求的方程； （2）若的平分线垂直于 轴. （i）求实数的值； （ii）以 为半径的圆的面积分别记为的面积为 ，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）4，（ii） 【解析】 【分析】（1）依条件列关于的方程，解方程即可； （2）（i）设直线方程与，，联立椭圆的方程，得到的值，由 的平分线垂直于   轴，得：，再代入坐标，代入韦达定理可得答案；（ii）分别计算三角形与圆的面积，代入，可把表示成关于的函数，利用对勾函数的单调性可得答案. 【小问1详解】 由已知，右焦点为 ，故  ， 离心率 ，解得 ， 由 ， 得椭圆  的方程为 【小问2详解】 （i）设直线  的方程为 ， 代入椭圆方程得， 设 ，，则  的平分线垂直于   轴，等价于 ， 且直线与椭圆有两个交点， 由  得， 将韦达定理代入：， 化简得：， 解得：  . 因此，实数  的值为 ； （ii）由（i）知  ，直线方程为  （）， 联立椭圆方程得 则 由直线与椭圆有两个交点得： ， 三角形   的面积， ， 又， 所以， 于是， ， 故， 令 ，则： 考虑函数 ， ， 由，得， 故在上单调递增， 当时，， 所以的值域为， 因此， 的取值范围是 。 19. 已知函数. （1）当时，求在区间上的最大值； （2）若对任意，且存在. （i）用含的式子表示，并证明：； （ii）将在区间上从小到大排列的第个极大值点记为，求. 【答案】（1） （2）（i） 对任意，且存在， ，①，且为的极值点，， ， ，②， ③ 将①②代入③，得到，， ，； ，，，， ，， ，，， 即， ，， ，； （ii） 【解析】 【分析】（1）由的值得到，利用导数法求出的单调性，结合单调性求出在区间上的最大值； （2）（i）由对任意，且存在得到，即，且为的极值点得到，即，结合计算得到；由得到从而得到，由得到从而得到，结合得到；（ii）利用导数法得到的单调性，从而得到的极大值点为，求出，即可求解. 【小问1详解】 ，，，， 当时，解得， ，的解集为，在上为单调递增函数， 当时，解得， ，的解集为，在上为单调递减函数， 时，在区间上取最大值为 ； 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）知，对于，当时，， 当时，， 则在上是单调递增函数，在上是单调递减函数，故极大值点为， 则， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $