精品解析：广东广州市天河区2026-2027学年高三上学期一模数学试卷

数学 本试卷满分150分．训练时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名、座位号和考号填写在答题卡相应的位置上，再用2B铅笔把考号的对应数字涂黑． 2．选择题每小题选出答案后，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；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，然后再写上新的答案；不准使用铅笔或涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，解得或， 因此集合，则. 2. 复数，在复平面内对应的点位于（ ） A. 实轴 B. 虚轴 C. 第一象限 D. 第二象限 【答案】B 【解析】 【分析】先通过分母实数化将复数化简为代数形式，再根据对应点的坐标判断其在复平面内的位置. 【详解】， 故复数在复平面内对应的点为，即位于虚轴. 3. 的展开式的第项的系数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式，先确定第项对应的参数取值，代入计算即可得到该项的系数 【详解】由二项式的展开式通项为，其中， 因为求第项的系数，令，解得， 将代入通项的系数部分，可得第项的系数为. 4. 在“世界杯”足球赛闭幕后，某中学学生会对本校高一年级1000名学生收看比赛的情况用随机抽样方式进行调查，样本容量为50，将数据分组整理后，列表如下： 观看场数 0 1 2 3 4 5 6 7 观看人数占调查人数的百分比 从表中可以得出正确的结论为（ ） A. 估计观看比赛场数的众数为4 B. 估计观看比赛场数的极差为 C. 估计观看比赛场数的上四分位数为2 D. 估计观看比赛场数的平均数为 【答案】D 【解析】 【详解】， 所以观看场数为4的观看人数占调查人数的， 对于，观看人数占调查人数的百分比中是最大的， 对应的观看比赛场数为， 所以观看比赛场数的众数为，故错误； 对于，观看比赛场数中，最大值为，最小值为，， 所以观看比赛场数的极差为，故错误； 对于，，，， ，所以落在观看场数为的这一组， 即观看比赛场数的上四分位数是，故错误； 对于，， 所以观看比赛场数的平均数为，故正确. 5. 已知圆上的点到直线的距离为，则点个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】D 【解析】 【详解】圆，圆心为，半径为， 圆心到直线的距离为, ， 所以直线与圆相交， 又因为， 所以圆上到直线的距离为1的点有4个. 如图所示： 6. 在道试题中有道代数题和道几何题，任意抽取道题，取出的题不再放回，则在取到至少有一题是几何题的条件下，另一题也是几何题的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】从5题中不放回地抽取2题，总抽取方法数为：， “至少有一题是几何题”的对立事件为“两题都是代数题”，抽取方法数为：， 所以“至少有一题是几何题”包含的基本事件个数为， “两题都是几何题”，抽取方法数为：， 所以在取到至少有一题是几何题的条件下，另一题也是几何题的概率是. 7. 已知的外接圆圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合条件作图可得为等边三角形，再根据投影向量的概念求解即可. 【详解】因为，所以是的中点，则是圆的直径，， 又，所以是等边三角形，，. 设，则，作于，则， 所以，即为向量在向量上的投影向量， . 8. 设函数，若关于的方程在上有奇数个不同的实数解，则实数（ ） A. B. 0 C. 1 D. 1或 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，从而可得关于直线对称，据此求解即可． 【详解】因为， ， 所以，故关于直线对称， 设与的图象在处有个交点， 与的图象在上有个交点， 则与的图象在上也有个交点， 所以与的图象在上共有个交点， 由于关于的方程在上有奇数个不同的实数解， 故与的图象在上交点的个数为奇数，即为奇数， 因此只能，即与的图象在处有1个交点，故． 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，有两项符合题目要求．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. 已知函数，则（ ） A. ，函数为增函数 B. ，函数为奇函数 C. 若，则 D. 若为极大值点，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】先求导分析函数的单调性、极值，再结合奇偶性、对称性的定义逐一验证选项. 【详解】对于A：对求导得， 当时，导函数存在两个不同零点，故原函数存在单调递减区间，不是上的增函数，A错误； 对于B：当时，，满足，是奇函数，故B正确； 对于C：当时，，则， ， 则，故C正确； 对于D：令得，即或， 当时，，由可得或，由可得， 即函数在和上单调递增，在上单调递减，故为极小值点，舍去； 而当时，，由可得或，由可得， 即函数在和上单调递增，在上单调递减，此时为极大值点，，故D正确. 10. 某果园有若干棵树苗，按地势排成行，将第行树苗棵数记为，其中，，，是一个首项为的等差数列，且，，；记．将，，，分为组，每组个数，使得每组的个数之和可构成一个项数为且公差为的等差数列，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】AD 【解析】 【分析】先求出前9项等差数列的通项，计算总棵数，再结合分组和构成等差数列的性质推导公差和首项的可能值，逐项判断选项. 【详解】对于选项A，前9项是首项的等差数列，， 设前9项公差为，则，解得公差， 故，所以，故A正确； 对于选项B，前9项和，后3项和， 所以，故B错误； 对于选项C，6个组的和的总和为，对，前6项和，得. 因所有均为奇数，两奇数和为偶数，故所有都是偶数，因此为偶数. 若，代入得为奇数，不符合要求，故C错误； 对于选项D，由，为正偶数，且为偶数. 当时，；当时，； 当时，小于最小两数和，不可能.所以或，故D正确. 11. 在空间中，，为两个定点，动点到直线的距离为，动点到直线的距离为．若二面角为，则（ ） A. B. C. 当时，平面 D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】设分别为在直线上的垂足，设的单位向量为，记，从而得到，且，求出，，，选项A，由的范围得到的范围，从而得到结论；选项B，求出，结合向量的垂直公式得到结论；选项C，由得到，从而求出，计算，得到故，即，结合线面垂直的判定定理得到结论；选项D ，设直线与的夹角为，利用向量的数量积公式求出，求出，结合已知条件得到，从而得到结论. 【详解】设分别为在直线上的垂足，设方向的单位向量为， 并记， 由题意，，且， 则， 因为， 所以， 选项A，因为，所以， 当且仅当时取等号，则选项A正确. 选项B，因为， 所以不一定有，则选项B错误. 选项C，当时，必有，从而， 又，故； 即，直线是平面内两条相交直线， 所以平面，则选项C正确. 选项D ，设直线与的夹角为， 因为， 所以，， 因为，， 所以， 则， 因为，所以，解得，则选项D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 抛物线的准线方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】将抛物线方程化为标准形式，确定焦点位置和参数的值，再代入对应准线公式求解 【详解】原抛物线标准形式为：，则，故， 故该抛物线的准线方程为. 13. 若，，则____________．（用，表示） 【答案】 【解析】 【详解】. 14. 现有长为的铁丝，要截成小段，每小段的长度不小于，如果其中任意三小段都不能拼成三角形，那么的最大值为____________ 【答案】 【解析】 【分析】利用"任意三段不能构成三角形"的约束转化为斐波那契递推序列，通过计算前 项之和与总长度 比较，确定最大段数. 【详解】设截成的 小段按长度从小到大排列为 ，每段不小于 . 任意三段不能拼成三角形的充要条件是：对于任意 ，均有 . 为使 最大，各段应取满足条件的最小长度，即从最短段开始依次取 ，， 并令后续每段等于前两段之和（斐波那契递推），得到序列 . 前 项之和为 ，剩余 可并入末段， 得 ，总和为 ，且任意三段均不满足三角形条件，故可以为， 当时，斐波那契数列前 项之和大于 ，超出总长度，故 不可行， 综上所述，的最大值为. 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. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求； （2）若，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题设条件和正弦定理化边为角可得，再结合内角的范围即可求解； （2）利用两角和的正弦公式求出的值，再利用正弦定理即可求解． 【小问1详解】 由于， 故由正弦定理得， 又， 代入上式可得， 因为，故，则， 故，又，因此． 【小问2详解】 由于， 故由正弦定理变式可得． 16. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，点是线段上的一个动点． （1）若为线段中点，求证：平面； （2）若，求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）设菱形的对角线交于点， 因为菱形的对角线互相平分，所以是的中点，又因为是的中点， 在中，是中位线，因此. 又因为平面，平面，且， 根据线面平行的判定定理，可得平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形中位线定理得，再由线面平行的判定定理可得； （2）直接建立空间直角坐标系，用向量法求面面角的余弦值，再由同角三角函数关系求正弦值可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设的中点为，因为分别为中点，所以， 又因为平面，所以平面. 因为平面，所以. 又因为底面是菱形，所以. 以为原点，分别以所在直线为轴建立坐标系： 因为，则. 因此各点坐标为：，，，，设. ，，， . 因为平面在坐标平面上，取其法向量为. 平面的法向量为，， 则，，，令，则，. 设两个平面的夹角为，，， 则， 因为，所以. 因此平面与平面夹角的正弦值为. 17. 已知函数，在处的切线过点． （1）求； （2）证明：． 【答案】（1） （2）由（1）知，则，函数定义域为， ，令，， 所以在上单调递增， ，， 所以，使得，即， 当时，，所以函数在上单调递减， 当时，，所以函数在上单调递增， 所以的最小值为， 由可得， 所以， 因为，所以， 取等的条件为，故不能取等， 所以. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出处的切线，将代入得到，令，根据函数的单调性求出方程的解且解唯一； （2），再次求导可得在定义域上单调递增，根据零点存在性定理可知，使得，从而得到的单调性，求出的最小值为，证明即可证明. 【小问1详解】 由题意，， ，又因为， 所以处的切线方程为， 将代入，得，化简得， 令，， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 又，所以方程有唯一解，解为. 【小问2详解】 略. 18. 已知双曲线：的左焦点为，且离心率为． （1）求的方程； （2）设为坐标原点，过且斜率大于2的动直线与交于，两点，其中点在第三象限，直线与的另一个交点为． （ⅰ）若的面积是的面积的5倍，求直线的方程； （ⅱ）求的取值范围． 【答案】（1）. （2）（ⅰ）, （ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）易知，再由离心率定义得到，再由得到，从而得到双曲线方程. （2）（ⅰ）先设直线方程并与双曲线方程联立得到 ①， ②，再由可得到 ③，联立①②③可解得：，从而得到直线方程.（ⅱ）先通过向量数量积得到，再通过，从而得到，最后通过函数在上是单调递增函数，求得的取值范围. 【小问1详解】 已知双曲线：的左焦点为，因此， 由离心率定义，代入可得：，即， 又因为，所以，将代入双曲线方程， 可得到双曲线的方程为：. 【小问2详解】 （ⅰ）设过点的直线的方程为，，与双曲线方程联立： 消去整理得：， 设，，,，由韦达定理得： ① ， ②. 由双曲线的中心对称性可知：若直线与的另一个交点为，则. ， ， 又，即，即， 又因为，， 所以，即，即 ③， 联立①，③可得：，， 所以，即，解得： ，又因为，所以. 故直线的方程为，即. （ⅱ）因为，在双曲线上， 所以有，作差可得：， 即，即， 又，， 所以，即. 由弦长公式得：， ， ，， ， ，即， ， ， 函数在上是单调递增函数， 当时，， 当时，， 因此，的取值范围为. 19. 对于数列，给定正整数，令，其中表示，，，中的最大值；记数列为的“极差”数列，设为的前项和． （1）若，求； （2）下面我们在正整数的范围内研究，对给定正整数，已知：． （i）当时，求的最大值，并求出满足取得最大值时，数列的个数； （ii）从所有排列中随机选取一个，求的概率． 【答案】（1） （2）（i）最大值为，数列的个数为（ii） 【解析】 【分析】（1）分为为奇数和偶数分别求出，可得，，利用等差数列前项和公式即可求解； （2）（i）根据定义可知，即可得最大值为，此时，，即可求出个数；（ii）求出和的所有排列情况，再求出总的排列情况，利用古典概型公式即可求出答案. 【小问1详解】 ，即， 当为奇数时，，，故， 当为偶数时，，，故， 所以，， 所以. 【小问2详解】 （i）当时，， 由的定义可知，对于任意的，，所以的最大值为， 当且仅当任意的，时等号成立， 所以的最大值为. 此时，， 所以满足条件的数列的个数为个. （ii）情况1：任意，，因为， 若，则，所以，故， 从而的排列共有种情况， 任意排列，共有种， 所以达到最大值的排列个数为， 情况：若，根据前三项的取值，有如下： ①，，，共有种， ②，，，共有种， 而所有排列共有种， 综上：的概率为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 本试卷满分150分．训练时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名、座位号和考号填写在答题卡相应的位置上，再用2B铅笔把考号的对应数字涂黑． 2．选择题每小题选出答案后，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；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，然后再写上新的答案；不准使用铅笔或涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数，在复平面内对应的点位于（ ） A. 实轴 B. 虚轴 C. 第一象限 D. 第二象限 3. 的展开式的第项的系数是（ ） A. B. C. D. 4. 在“世界杯”足球赛闭幕后，某中学学生会对本校高一年级1000名学生收看比赛的情况用随机抽样方式进行调查，样本容量为50，将数据分组整理后，列表如下： 观看场数 0 1 2 3 4 5 6 7 观看人数占调查人数的百分比 从表中可以得出正确的结论为（ ） A. 估计观看比赛场数的众数为4 B. 估计观看比赛场数的极差为 C. 估计观看比赛场数的上四分位数为2 D. 估计观看比赛场数的平均数为 5. 已知圆上的点到直线的距离为，则点个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 6. 在道试题中有道代数题和道几何题，任意抽取道题，取出的题不再放回，则在取到至少有一题是几何题的条件下，另一题也是几何题的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 已知的外接圆圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，若关于的方程在上有奇数个不同的实数解，则实数（ ） A. B. 0 C. 1 D. 1或 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，有两项符合题目要求．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. 已知函数，则（ ） A. ，函数为增函数 B. ，函数为奇函数 C. 若，则 D. 若为极大值点，则 10. 某果园有若干棵树苗，按地势排成行，将第行树苗棵数记为，其中，，，是一个首项为的等差数列，且，，；记．将，，，分为组，每组个数，使得每组的个数之和可构成一个项数为且公差为的等差数列，则（ ） A. B. C. D. 或 11. 在空间中，，为两个定点，动点到直线的距离为，动点到直线的距离为．若二面角为，则（ ） A. B. C. 当时，平面 D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 抛物线的准线方程为______． 13. 若，，则____________．（用，表示） 14. 现有长为的铁丝，要截成小段，每小段的长度不小于，如果其中任意三小段都不能拼成三角形，那么的最大值为____________ 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. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求； （2）若，，求． 16. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，点是线段上的一个动点． （1）若为线段中点，求证：平面； （2）若，求平面与平面夹角的正弦值． 17. 已知函数，在处的切线过点． （1）求； （2）证明：． 18. 已知双曲线：的左焦点为，且离心率为． （1）求的方程； （2）设为坐标原点，过且斜率大于2的动直线与交于，两点，其中点在第三象限，直线与的另一个交点为． （ⅰ）若的面积是的面积的5倍，求直线的方程； （ⅱ）求的取值范围． 19. 对于数列，给定正整数，令，其中表示，，，中的最大值；记数列为的“极差”数列，设为的前项和． （1）若，求； （2）下面我们在正整数的范围内研究，对给定正整数，已知：． （i）当时，求的最大值，并求出满足取得最大值时，数列的个数； （ii）从所有排列中随机选取一个，求的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $