广东省湛江市2026-2027学年高三上学期11月期中调研测试数学试题

参考答案及解析 数学 湛江市2027年普通高考调研测试 数学参考答案及解析 一、选择题 f(2),解得0<x<2;当x<0时，f(x)>0=f(-2), 1.D【解析】由题可得分配到活动A的人数为48× 解得一2<x<0,所以不等式xf(x)<0的解集为 4+3+=24.故选D. 4 (-2,0)U(0,2).故选C. 2.C【解析】逐项计算得A={1,4,7,10,…,B={2, 8.D【解析】对函数f(x)求导得f'(x)=1十名-a 6,10,…,可知A∩B内的最小元素为10.故选C. 2因为f)在[号8]上单调递增，所以 3.B【解析】由二项式展开可得系数为T=2×C十 (-1)3C=32-10=22.故选B. 对任意x∈[受，8](x)≥0恒成立，等价于 4.A【解析】设之=a十bi(a,b∈R),原方程化为a十bi ax十2≥0 在[号，8]上恒成立，即a<x+是在 十2i(a-bi)=3+4i,即a十2b十(2a十b)i=3十4i.故 [号，8]上恒成立.令g)=x+2xe[号，8]，因 a+2b=3, 2a+b=4, 解得口=号，6=号，故1 为gx=1-二-是，所以当x∈[8]时， √停)+（号）=四故遥A g(x)>0,g()单调递增，所以gx)m=g(号） 5.B【解析】设球O,O2,O3的半径分别为r1,n,, 乞十3=6要使a≤g(x)恒成立，只需a≤g(x)m 3 417 r1十n=2 1=n=1 由题干知 解得 ,可得 (rn十乃=r2十3=3 r3=2 17 综上，实数a的取值范围为(-©，吕]，故选 三个球体积之和V=专xi+疗+r)-,故选B D. 3 二、选择题 6.A【解析】由a=3,6=7可得渐近线斜率为士. 9.BCD【解析】对于A选项，此时Sn=0,S=a1=0, 可得对应直线方程为y=士(x一3》，即/7士3y S2=a1十a2=0,故a1=a2=0,但等比数列各项均不 3 为0，故A错误；对于B选项，此时Sn=a十b,an+1= 3√7=0，而右焦点为(4,0)，可得距离d= S+1一Sn=0,可知取V=2时成立，故B正确：对于C 4万-3万-互.故选A 选项，Sn=2m-1,a1=1,n≥2时有an=Sn-Sn-1= √7+9 41 21n=1时符合该式，故an=2m-1,为等比数列，故 7.C【解析】由定义在R上的奇函数f(x)在(-∞，0) C正确；对于D选项，取a=b=0,得an=0,此时其为 上单调递增，可得f(x)在(0，十∞)上单调递增，且 等差数列，故D正确.故选BCD. f(-2)=-f(2)=0.不等式xf(x)<0,等价于 l0.ABD【解析】对于A,以D为原点，DA,DC,DD, x>0 或o 所在直线分别为x,y,之轴建立如图所示的空间直角 ,所以当x>0时，f(x)<0= f(x)<0f(x)>0 坐标系， 数学 参考答案及解析 D 则D(0,0,0),B(2,2,0),A(2,0,0),设 F(0,2,m),0≤m≤2，则Di=(2,2,0),A市= (-2,2,m),所以D苏.A市=-4+4+0=0，则Di 设过焦点F的直线AB方程为x=my十1，联立直线 x=my+ ⊥A,即BD⊥AF,故A正确：对于B,因为AB∥ 与抛物线方程 ,整理得y2-4y-4=0, y2=4x CD,所以A,B,C,D1四点共面，所以当点F与点 由A(x1,M),B(x2,y)是直线与抛物线的交点，根 C重合时，A,B,F,D四点共面，故B正确；对于 据韦达定理y1十y2=4m,y1y2=一4，故A正确；根 C,平面A1ADD1的一个法向量为m=(0,1,0),设 据抛物线的焦点弦长公式AB=x1十x2十p,由x 直线AF与平面A1ADD1所成的角为0，则sin0= =my1十1，x2=my2十1，则x1十x2=m(y1十y2)十2 =m·4m十2=4m2十2，所以|AB|=4m2+2+2= I cos(m,AF)= m·AF 2 mAFI √4十4十m 4m十4，因为m2≥0，所以|AB≥4，当且仅当m=0 时，取得最小值4，故B正确；设AB中点为M(x, 2 ,因为0≤m≤2，所以sin0= 2 不是 √8+m √8+m ),则==2m+1,圆的半径r=1AB 2 2 定值，则0不是定值，故C错误；对于D,当F为CC =2m2十2，圆心M到准线L:x=-1的距离为d= 的中点时，取AF的中点M,因为AB⊥平面 x。-(-1)=x0十1=2m2十2，因为d=r,所以该圆 BCC1B1,BFC平面BCCB1,所以AB⊥BF,所以 与准线L相切，故C错误；设P(一1，t),PA= MA=MB=MF,因为FC⊥平面ABCD,ACC平面 (x1+1,y-t),PB=(x2+1,y2-t),由PA⊥PB ABCD,所以FC⊥AC,所以MA=MF=MC,所以点 得PA·PB=(x1+1)(x2十1)+(y-t)(y2-t)= M为三棱锥F一ABC外接球的球心，AF为三棱锥 0,而x1十1=my十2，x2十1=m十2，则(my1十 F-AC外接球的直径，则半径为些 2)(my2+2)+yy2-t(yM+y2)+t=0,所以 m2y1y十2m(y1十y2)+4+y1y2-t(y十2)十P= 2工-号，所以三按维F-ABC外接球的 2 0,将y1y2=-4,y1十y2=4m代入，得-4m2十8m2 十4-4-4mt十=0，所以4m2-4mt十t2=0,可得 体积为弩×（号）广-受，故D正确.故选ABD, (2m-t)=0→t=2m,对于任意直线AB,只要点P 11.ABD【解析】由抛物线方程y2=4x=2px得p= 的纵坐标满足t=2m,就能使PA⊥PB,故D正确. 2,所以焦点F(1,0),准线L:x=-1, 故选ABD. ·%2· 参考答案及解析 数学 三、填空题 有4个红球，2个白球，此时概率为P(A1AzA:)= 12.2【解析】由题意可得2反/F干(-2 2x+2(x-2) ，则 (6分) 4(x-1)2=x2+(x-2)2,即x2-2x=0,解得x=2 ②第二次抽到白球，则第三次抽取时袋中有4个红 或x=0,又夹角为45°，故a·b>0,即2x十2(x-2) 球，2个白球，此时既率为P(AAA)=号×号× 5 =4(x-1)>0,得x>1,故x=2.故答案为2. (9分) 13.号【解析】fx十x)=2sin(awx十om十石)，由偶函 ③第三次抽到白球，即前两次抽到红球，袋中球总数 1十k,k∈ 数性质知am十晋=受十x,k∈乙a= 不变，此时概率为P(AAA)=子×号×号= 5 乙.又。>0m的最小值为子.故答案为子 18 125 (12分) 14,20 4 【解析】显然C,:y=1十1-，a,= 所以连续抽取三次抽到两次红球的概常为P一。 十1一n,y=一，代人x=n可得曲线C在点A, 务损 (13分) 处的切线方程为y一（日十1一）=一子x-),代 16.解：(1)延长AC,A1D交于点H,连接BH, 在正三棱柱ABC-ABC中，BC=A1C,CC⊥ 入x=a十1可得么=十1一-是，于是a- BC,CC1⊥AC, 是而A(a+1,-小，A4B.1 因为D为CC中点，所以DC=DC, 所以△BCD≌△ACD,则BD=AD, 日+1-是品=1-是+分点可得 于是由垂直可知E为A1B中点， (2分) 故DE∥BH (3分) △FA,+1B,的面积S,=号(n+2028)(1-是十月 由DE寸平面ABC,BHC平面ABC,可得DE∥平 -）=2a+2028) 1一 1 ,注意到其 面ABC. (5分) 2(n+1) C 为递增数列，可知取n=1时得最小值，最小值为S 292×(1-7）-202故答案为2,22 2 B D 四、解答题 15.解：记A,:第i次抽到红球. (1)连续两次抽球均为白球的概率为P(AA2)= P(a)P(a:I)号×号-品 (3分) (2)记O为AC中点，易得OBAC, (2)连续抽三次抽到两次红球即连续抽三次只抽到 所以以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，O心 一次白球，该情况有三种： 的方向为y轴正方向，AA的方向为x轴正方向，建 ①第一次抽到白球，则第二次、第三次抽取时袋中均 立如图所示空间直角坐标系， (6分) ·3· 数学 参考答案及解析 所以s血A=之 C 又0<A<受，故A=晋，B=号 (5分) 此时题设条件成立，因此R=号可以取得， 10 故R的最小值为宁。 (6分) C (2)当R=1时，由正弦定理得sinC=2示=之， 1 x 又0<C<,故C-晋或C-号 (8分) 不妨设OA=1,AA=2h,可得B(√3,0,0)，D(0,1, h),A1(0,-1,2h),A(0,-1,0), 若C-召，则A+B=否 6 DA=(0,-2,h),DB=(W3,-1,-h), (8分) 从而0<A<若，B>0,故sinA<号 ,c0sB<1, 由垂直关系可得DA·DB=0,即2-=0，h=√2】 (10分) 于是如A十m:B<, 此时DA=(0,-2W2),Di=W3,-1,-2), 但由题设应有sinA十cosB=2-simC-号，矛盾， 设平面A1BD的一个法向量n=(x,y,z), n·DAi=0{W2y-x=0 故C≠餐。 (10分) ,即 n.Di=05x-y-√2x=0 因此C=吾，则A+B-F,且sinA十cosB=子 6 可取n=(3,1,√2)， (12分) 而平面ABC的一个法向量为AA=(0,0,2√2)， 由B--A得号A一号A， (13分) 即23sim(A-晋）=3， 记平面ABD与平面ABC的夹角为0，cos日= 所以m(A-吾）受 (12分) n·AA 4 3 (15分) nAA1√/3+1+2X2/23 因为0<A<晋所以一吾<A-音<要 6 17.解：(1)由正弦定理可得2R=c 1 sin C-sin C 所以A-晋=号，故A=受，B=号 (14分) 故R=2sinC 1 (2分) 由正弦定理得b=2 Rsin B=√3， 因为0<sinC≤1， 所以R≥子 故△ABC面积为S=&=子×BX1= 2 (3分) (15分) 下证当R=2时满足sinA十cosB十sinC=2, 18.解：(1)由题得a=2,而1=a-,b=5, 当R=2时，C=受，A十B=受，故cosB=simA, 可得尼的方程为子十苦-1 (2分) 由sinA十cosB+sinC=2得2sinA十1=2， (2)(i)由题意可知直线AB的斜率不为0， 参考答案及解析 数学 设laB:x=my十1，A(x1y1),B(x2y2), 可得四边形ABCD的面积S=S一S:= 3x2+4y2=12 18(m2+1)是 联立 x=y+1 3m2+4, 可得(3m2十4)y2十6my-9=0,M十y2=一 6m 3m2十4' 设1=m∈[0，子)，令f)= 3t+4,f(t)= 9 y13y:=一3m2+4 (4分) 多+1t3+)-3u+1D 3(t+2)+> (3t+4)2 2(3t十4)2 而知y”2红2》， 0 代人=0得)3即D0,) f)在[0，号)上单调递增， (15分) 同理C(0,- y-1 (5分) 而o=子号) 而y1-y2|=√(y1十y2)-4y1y 可得S∈ 18r0.18r(号)月=[号，16)， 36m+36(3m+4)_12m+1 (6分) (3m2十4)2 3m2+4 故四边形ABCD面积的取值范围为 5 于是CD= 2y1 2y2 my-1 myz-1 (17分) y1-y2 19.解：(1)不妨设x1>x2>0, =2· m2y2-m(y1十y2)+1 则x2f(x1)-x1f(x2)>-xix2十x1x, 12√m+1 =2·-9nt于6m+3m+4 即，[f)+]>x[f)十]，f+> =6√m十1， fx2十x, (3分) 可得Cò=(0，士6√m+1). (8分) 而AB=(一x1,2一y),可得投影长度d= 于是y=卫+x在(0，十)上单调递增，4分) x C市.AB=6√m+M业=6，为定值. ABI √/m+1|y1-y （2(1)冷h()=f2+x=号x2-h (10分) h'(x)=ax-In x-120. (ⅱ)因为A,B均位于y轴右侧， 注意到h'(1)=a-1≥0，a≥1， 所以x1x2=(my1十1)(my2+1)=my12十m(y1+ 而当a≥1时，h'(x)≥x-lnx-1. y)十1=2m>0,解得0≤m< .(11分) 设p()=x-lnx-1,p(x）=1-1 3m2十4 x∈(0,1)时，p'(x)<0,p(x)单调递减； 而△PCD的面积S:=子P0CD=6VmT, x∈(1，十∞)时，p'(x)>0,p(x)单调递增， (12分) 可得h'(x)≥(x)≥p(1)=0,a≥1成立.(7分) △PAB的面积S:=子PFlM-为=6nm五 下面考虑极值点的存在性。 3m2+4 (13分) (x)2nx(3ax-4ln 6). ·5 数学 参考答案及解析 记q）=3ar-4nx-6,g()=3a-是 8-3 号6-2,2-号6-2 (14分) x∈(0，会)时，9(x)<0,gx)单调递减： 下面证i十t>3 x∈（品十o∞）时g()>0,gx)单调递增。 设t=kti,k>1,4lnt1十4lnk=3aki-6,4lnt1= 3at-6, 此时应有（会） =-2-4ln <0a<45,(9分 3 两式相减，得4nk=3at(k-1),h=3ak-' 4ln 此时（已）-0+2>0， t2= 3a壳，有十专=D= 4klnk 4 3a(k-1) 3a 而g(x)=3a.x-8ln√x-6≥3a.x-8(√F-1)-6= (k+1)lnk-2(k-1)+8 k-1 (15分) 3a.x-8V+2,q(16)≥48a-30>0, 设m(k)=(k+1)1nk-2(k-1),k>1, 可知)在（侵，去）（告16）上均有变号零点， m)=n+专-1=是-n专-1=p()>0, 即f(x)有两个极值点. (11分) m(k)在(1，十o)上单调递增， 综上的取值范围是[，)。 (12分) 于是m的>m1)=0在十6>品 (i)由题得4lni=3at-6,4lnt=3at2-6, 而g)-受-2rn-3x, 此时a+2=号十)-4>0.两边同乘 t红 tit得t2g'(t)十t1g'(t2)>0. (17分) )=号r-4hx8,学4-h t ·6· 湛江市2027年普通高考调研测试 数学 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 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．某班共48人开展志愿服务，现有，，三类活动，对应的人数需求比为4∶3∶1．若按比例进行人员分配，则参加活动的人数为（ ） A．6 B．12 C．18 D．24 2．设集合，，则集合内的最小元素为（ ） A．2 B．6 C．10 D．14 3．的展开式中含项的系数为（ ） A．12 B．22 C．32 D．42 4．已知复数满足，则（ ） A． B． C． D． 5．已知球，，两两外切，且，，则这三个球的体积之和为（ ） A． B． C． D． 6．过双曲线的右顶点作平行于渐近线的直线，则双曲线右焦点到该直线的距离为（ ） A． B． C． D． 7．定义在上的奇函数在上单调递增，且，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 8．若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ） 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．记为数列的前项和，已知，则（ ） A．当时，为等比数列 B．当时，存在使得当时，为等差数列 C．当，时，为等比数列 D．存在，使得为等差数列 10．设正方体的棱长为2，为棱上的一个动点，则在点运动的过程中，下列说法正确的是（ ） A． B．存在点，满足，，，四点共面 C．直线与平面所成角为定值 D．当为的中点时，三棱锥外接球的体积为 11．已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线交抛物线于，两点，点为准线上任意一点，则（ ） A． B． C．以弦为直径的圆与准线有两个公共点 D．对于直线，存在点，使得 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知平面向量与的夹角为，则⁠___________． 13．设函数，若是偶函数，则的最小值为⁠___________． 14．记，点在曲线上，曲线在点处的切线过点，则⁠___________；设，则面积的最小值为⁠___________．（第一空2分，第二空3分） 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（本小题满分13分） 一个口袋里有3个红球，2个白球，口袋外有若干红球，这些球除颜色外完全相同．每次从口袋里随机抽出一个球，若为红球，则将其放回口袋；若为白球，则将白球与口袋外的一个红球一起放入口袋． （1）求连续两次抽球均为白球的概率； （2）求连续抽取三次抽到两次红球的概率． 16．（本小题满分15分） 如图，在正三棱柱中，为棱中点，过点作的垂线，垂足为． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 17．（本小题满分15分） 记的内角，，的对边分别为，，．且，．设的外接圆半径为． （1）求的最小值； （2）若，求的面积． 18．（本小题满分17分） 记椭圆的右焦点与右顶点分别为与． （1）求的方程； （2）过点的直线与交于，两点（，与不重合且均位于轴右侧），直线与分别与轴交于，两点． （ⅰ）证明：向量在上的投影长度为定值； （ⅱ）求四边形面积的取值范围． 19．（本小题满分17分） 已知函数及其导函数的定义域均为，且对任意不等正数，，均有．设． （1）判断的单调性； （2）若有两个极值点，． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 学科网（北京）股份有限公司 $