精品解析：广东广州市海珠外国语实验中学2026届高三毕业班综合测试（四）数学试题

2026届高三毕业班综合测试（四）数学试题 满分150分，考试用时120分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回. 一．单项选择题（本大题共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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件，结合集合的补运算，直接求解即可. 【详解】集合，又，故. 故选：C. 2. 若复数满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的除法运算及共轭复数概念，再由模长公式即可求解. 【详解】， ， 所以， 所以， 所以， 故选：C 3. 记等差数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的性质和求和公式可求得的值. 【详解】因为等差数列的前项和为，且， 则. 故选：C. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由结合二倍角公式可得，进而求得，结合两角差的正弦化简即可求解，最后利用两角差的余弦公式即可求解. 【详解】因为，所以， 由二倍角公式得，解得， 所以，所以， 因为， 所以， 所以. 故选：C. 5. 某市实行居民阶梯电价收费政策后有效促进了节能减排．现从某小区随机调查了200户家庭十月份的用电量（单位：，将数据进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出如图所示的频率分布直方图，则下列选项错误的是（　　） A. 图中a的值为0.015 B. 样本的第25百分位数约为217 C. 样本平均数约为198.4 D. 在被调查的用户中，用电量落在内的户数为148 【答案】B 【解析】 【详解】对于A，由题意，，解得，，故A正确； 对于B，因为用电量在以下的频率为， 用电量在以下的频率为， 所以样本的第百分位数在区间内， 设样本的第百分位数为，则，解得， 即样本的第百分位数约为，故B错误； 对于C，样本的平均数为 ，故C正确； 对于D，用电量落在内的户数为，故D正确． 6. 用4种不同的颜色对右侧图形中的4个区域进行着色，相邻两个区域颜色不同，则不同的着色方法种数等于（ ） A. 16 B. 24 C. 48 D. 256 【答案】C 【解析】 【分析】根据分步计数原理，即可求解. 【详解】利用分步计数原理，先涂两两挨着的3块，再涂最后一块，有种不同的方法. 故选：C 7. 已知函数是定义在上周期为4的奇函数，且，则不等式在上的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数的图象向右平移1个单位长度，作出函数在上的图象，结合图象，即可求解. 【详解】因为函数是定义在R上周期为4的奇函数，且， 所以当时，； 当时，，所以； 当时，，所以， 函数的图象可由函数的图象向右平移1个单位长度得到， 作出函数在上的图象，如图所示． 由图可知不等式在上的解集为． 故选：B． 8. 阿基米德不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号，圆锥曲线上任意两点M，N处的切线交于点Q，称为“阿基米德三角形”.已知抛物线的焦点为F，过F的直线l交抛物线C于A，B两点，且，抛物线C在A，B处的切线交于点P，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设直线的方程为，联立方程利用，得到，以及直线的方程，对两边求导得到，求得方程为，方程为，联立方程得到，利用点到直线的距离公式求得点到直线的距离为，，再利用面积公式求解即可. 【详解】设过的直线的方程为， 联立方程，得到， 不妨设， 由韦达定理得到， 因为，所以， 又因为，即 ， 所以，即， 所以，得到 即，解得，所以 即，解得，所以， 所以,得到， 所以直线的方程为，即. 对两边求导得到， 所以点的切线斜率， 所以方程为即， 同理可得方程为， 联立方程得到，解得， 所以点到直线的距离为， ， 所以 . 二．多选题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5的五张号签，从中有放回地随机选取两张号签，每次取一张．事件A＝“第一次取到标号为1或2的号签”，事件B＝“第二次取到标号为5的号签”，事件C＝“两张号签标号之和为5”，则（ ） A. A与B独立 B. B与C对立 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】选项A，，，且, 因为，所以与独立. 选项B，因为， ，所以与不对立. 选项C，. 选项D，. 10. 已知函数，则下列说法中正确的有（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的图象关于点对称 C. 在上单调递增 D. 若，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】用代入检验的思想，结合正弦函数的性质判断ABC，根据函数的最值，结合周期判断D选项. 【详解】A选项，时，，因为不是的对称轴，故A错误； B选项，时，，因为是的对称中心，故B正确； C选项，时，，因为在上单调递增，故C正确； D选项，因为，由得， 所以的最小值即为两条相邻对称轴之间的距离，即为，因为，所以的最小值为. 故选：BCD. 11. 如图，在直三棱柱中，为的中点.若为线段上两点，且，则（ ） A. 平面 B. 异面直线与所成角的余弦值为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 点到平面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理、三角形中位线定理、异面直线所成角的定义，结合三棱锥体积公式和等积性逐一判断即可. 【详解】A：连接交于，连接，易知为中点， ，平面，平面， 所以面，所以本选项说法正确； B：延长交于点，连接．则为平面与平面的交线，由于为中点， 所以，四边形为平行四边形．所以， 即为异面直线与所成角， 因为， 所以，，，，，所以本选项说法不正确； C：， 在平面中，点到的距离为定值，而， 所以的面积是定值， 又因为三棱柱是直棱柱， 所以平面，平面， 所以，由上可知为中点，， 所以，因为平面， 所以平面， 所以是定值，所以三棱锥的体积为定值，因此本选项说法正确； D：设点到平面的距离为， 因为， 所以，所以， 因为三棱柱是直棱柱， 所以平面，平面， 所以平面平面， 因为平面平面，平面， 所以平面，因为为中点， 所以点到平面的距离为， 所以由，得， 所以本选项说法正确. 故选：ACD 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知直线与曲线相切，t，，则________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据导数的几何意义进行求解即可. 【详解】设直线与曲线相切于点，又， 则，解得，则． 故答案为：1 13. 已知向量，，，且与的夹角为锐角，则t的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量夹角为锐角，得到不等式，求出答案. 【详解】因为与的夹角为锐角，故与数量积为正，且两向量不同向共线， 所以，而，解得. 14. 已知点在抛物线上，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为______________. 【答案】## 【解析】 【分析】设，利用向量数量积定义求得的表达式，进而利用三角函数求得其最小值. 【详解】圆的圆心为，半径为， 设，则，当且仅当时取等号， 连接，设，则，， 则 又，则， 所以，则， 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是将转化为的三角函数. 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 在中， 内角的对边分别为， 且. （1）求 A; （2）请从问题①②中任选一个作答（若①②都做，则按①的作答计分） ①若， 求周长的取值范围； ②求的最大值. 【答案】（1） （2）见解析 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式和正弦定理边换角化简得，从而得到； （2）若选①利用余弦定理得到，再结合基本不等式和三角形三边关系得到周长取值范围，若选②，多变量变单变量，利用，通过二倍角公式，辅助角化简得，再利用的范围得到其最大值. 【小问1详解】 根据正弦定理， 又，，又，； 【小问2详解】 选① 由余弦定理得， , ，，则，解得， 又， 周长的取值范围是. 选②，, 所以 ，故，， 所以当，即，此时, 取得最大值. 16. 如图，在三棱柱中，平面，分别为的中点，. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）直接写出直线与平面的位置关系. 【答案】（1） 分别是的中点，， 平面，平面， 又平面，， 是的中点，， 又，平面，平面， 平面． （2） （3）与平面相交 【解析】 【分析】（1）证明即可得出平面； （2）建立坐标系，求出平面的法向量，通过计算与的夹角得出二面角的大小； （3）计算与的数量积即可得出结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，以所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示： 则，， 设平面的法向量为，则，即， 令可得， 又平面为平面的一个法向量， ． 由图形可知二面角为钝二面角， 二面角的余弦值为． 【小问3详解】 ，， ， 与不垂直， 与平面不平行， 又平面 与平面相交． 17. 已知数列的前项和为，且． （1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）当时，由，得，两式相减，得，可得，而，从而可得数列是等比数列，进而可求出的通项公式； （2）由（1）可得，然后利用错位相减法求和可得. 【小问1详解】 证明：因为，，所以当时，， 两式相减得，化简得，则 当时，，解得，且， 所以是以4为首项，2为公比的等比数列， 所以，，且时也符合， 所以. 【小问2详解】 因为，所以， 所以 两式相减可得， 所以. 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若在区间上有3个零点，求实数的取值范围； （3）若，求使得关于的不等式恒成立的的最小值. 【答案】（1） 若，则在上单调递增； 若或，则在和上单调递增，在上单调递减. （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）对函数求导，得到关于的二次函数，分和两类讨论，根据函数的导数与单调性的关系即可得到函数的单调性； （2）易知是的一个零点.根据函数零点与方程根的关系，将在区间上有3个零点，转化为方程在区间上有2个非零解，也即直线与函数的图象在上有两个交点.令，通过求导研究函数的单调性与极值，数形结合即可求解； （3）不等式可化为，通过分离参数转化为恒成立.设，通过求导研究函数的单调性与最大值即可求解. 【小问1详解】 依题意，， 则， 若，即时，恒成立，故在上单调递增； 若，即或时， 令，解得， 故当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增. 综上所述，若，则在上单调递增； 若或，则在和上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 令，则. 显然是的一个零点，则在区间上有2个非零解， 即方程在区间上有2个非零解， 即直线与函数的图象在上有两个交点. 令，则， 故当时，单调递增； 当时，单调递减. 而， 作出函数在区间上的大致图象如下所示.观察图象可知，. 【小问3详解】 依题意，，即，则. 设， 则的定义域为，. 设，则， 所以在区间上单调递减. 又， 故存在，使，即， 当时，单调递增；当时，单调递减， 故， 则满足条件的的最小值为1. 【点睛】本题综合考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值、函数零点与方程根的关系，属于压轴题. 其中函数零点的求解与判断方法： (1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点； (2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、极值与最值)才能确定函数有多少个零点； (3)利用图象交点的个数：将函数零点个数问题转化为图象交点问题，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点. 本题第（3）问恒成立问题求参数的取值范围，使用的分离参数法，将问题转化为求函数的最大值，利用导数研究其单调性与最值即可. 19. 双曲线的一个顶点在直线上，且其离心率为． （1）求双曲线的标准方程； （2）若一条直线与双曲线恰有一个公共点，且该直线与双曲线的渐近线不平行，则定义该直线为双曲线的切线，定义该公共点为切线的切点，已知点在直线上，且过点恰好可作双曲线E的两条切线，设这两条切线的切点分别为和． （i）设点的横坐标为，求的取值范围； （ii）设直线和直线分别与直线交于点和点，证明：直线和直线交点在定直线上． （附：双曲线以点为切点的切线方程为） 【答案】（1） （2）（i）； （ii）设． 直线和方程分别为和． 联立得点．又点在直线上，代入整理得： ．① 在直线方程中，令，则，得点． ，故直线方程为：． 设直线与直线交点为，联立两直线方程：．解得：． 设直线与直线交点为，同理可得：． 由①式，作差的分子有 ， 作差的分母有 . 则可得和表达式的分子分母分别相等．故，两点重合， 所以直线与的交点在定直线上． 【解析】 【分析】（1）求出，再根据离心率得到，则得到其双曲线方程； （2）（i）首先排除切线斜率不存在的情况，再采用设线法，并联立双曲线方程，根据判别式得到的范围； （ii）设，根据切线结论得到直线和方程，再联立求出的坐标，再求出的坐标，得到直线方程，再分别设直线与直线交点为，直线与直线交点为，证明两点重合即可. 【小问1详解】 直线方程中，令，则， 则直线与轴交于，所以．离心率， 所以，故． 所以双曲线的标准方程为． 【小问2详解】 （i）经检验，当一条切线斜率不存在时， 若，显然另一条切线方程斜率存在，设切线方程为， 联立双曲线方程得， 则， 解得，而双曲线渐近线方程为，则此时不符合题意， 当时，此时只有一条切线，显然不合题意， 则两条切线斜率均存在，设切线斜率为，切线方程为， 与双曲线方程联立得：， 令． 整理得：，由于，所以且． 上式整理得：． 由题意，有两个相异实根，所以， 且． 整理得：，解得：． 综上所述，的取值范围是． （ii）略 【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的关键是采用证明两交点重合的方程得到定直线方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三毕业班综合测试（四）数学试题 满分150分，考试用时120分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回. 一．单项选择题（本大题共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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 记等差数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 某市实行居民阶梯电价收费政策后有效促进了节能减排．现从某小区随机调查了200户家庭十月份的用电量（单位：，将数据进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出如图所示的频率分布直方图，则下列选项错误的是（　　） A. 图中a的值为0.015 B. 样本的第25百分位数约为217 C. 样本平均数约为198.4 D. 在被调查的用户中，用电量落在内的户数为148 6. 用4种不同的颜色对右侧图形中的4个区域进行着色，相邻两个区域颜色不同，则不同的着色方法种数等于（ ） A. 16 B. 24 C. 48 D. 256 7. 已知函数是定义在上周期为4的奇函数，且，则不等式在上的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 阿基米德不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号，圆锥曲线上任意两点M，N处的切线交于点Q，称为“阿基米德三角形”.已知抛物线的焦点为F，过F的直线l交抛物线C于A，B两点，且，抛物线C在A，B处的切线交于点P，则的面积为（ ） A. B. C. D. 二．多选题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5的五张号签，从中有放回地随机选取两张号签，每次取一张．事件A＝“第一次取到标号为1或2的号签”，事件B＝“第二次取到标号为5的号签”，事件C＝“两张号签标号之和为5”，则（ ） A. A与B独立 B. B与C对立 C. D. 10. 已知函数，则下列说法中正确的有（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的图象关于点对称 C. 在上单调递增 D. 若，则的最小值为 11. 如图，在直三棱柱中，为的中点.若为线段上两点，且，则（ ） A. 平面 B. 异面直线与所成角的余弦值为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 点到平面的距离为 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知直线与曲线相切，t，，则________． 13. 已知向量，，，且与的夹角为锐角，则t的取值范围是__________. 14. 已知点在抛物线上，过点作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为______________. 四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 在中， 内角的对边分别为， 且. （1）求 A; （2）请从问题①②中任选一个作答（若①②都做，则按①的作答计分） ①若， 求周长的取值范围； ②求的最大值. 16. 如图，在三棱柱中，平面，分别为的中点，. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）直接写出直线与平面的位置关系. 17. 已知数列的前项和为，且． （1）证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式； （2）求数列的前项和． 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若在区间上有3个零点，求实数的取值范围； （3）若，求使得关于的不等式恒成立的的最小值. 19. 双曲线的一个顶点在直线上，且其离心率为． （1）求双曲线的标准方程； （2）若一条直线与双曲线恰有一个公共点，且该直线与双曲线的渐近线不平行，则定义该直线为双曲线的切线，定义该公共点为切线的切点，已知点在直线上，且过点恰好可作双曲线E的两条切线，设这两条切线的切点分别为和． （i）设点的横坐标为，求的取值范围； （ii）设直线和直线分别与直线交于点和点，证明：直线和直线交点在定直线上． （附：双曲线以点为切点的切线方程为） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $