广东省惠州市2026届高三下期第一次调研考试数学试题【含答案】

这是一份广东省惠州市2026届高三下期第一次调研考试数学试题【含答案】，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足（其中i为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，满足，，与的夹角为，则（ ）
A．2B．4C．D．
4．已知圆锥的侧面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的高为（ ）
A．B．C．2D．3
5．已知等差数列的首项，公差，在中每相邻两项之间都插入3个数，组成一个新的等差数列，则（ ）
A．B．
C．D．
6．已知圆，直线：，若圆上恰有三个点到直线的距离等于1，则b的值为（ ）
A．0B．±1C．D．
7．我国古代数学家赵爽的弦图是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图）.如果小正方形的面积为1，大正方形的面积为13，直角三角形中较小的锐角为，那么（ ）
A．B．C．D．
8．已知，若有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．下列选项正确的是（ ）
A．若随机变量，，则
B．设随机变量服从正态分布，若，则
C．连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，设事件“第一次出现2点”，事件“两次点数之和为奇数”，则事件A与B互斥.
D．对于随机事件A与B，若，，则事件A与B独立.
10．动点P在椭圆C上，，为C的左、右焦点，直线和直线分别交C于点A，B，若的周长为20，且C的左顶点和上顶点距离为，则（ ）
A．椭圆焦距为3
B．离心率
C．面积最大值为12
D．和斜率乘积为定值
11．如图，正方体的棱长为1，E是的中点，则（ ）
A．
B．三棱锥的体积为
C．三棱锥的外接球的表面积为
D．由，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为
三、填空题
12．已知函数则 .
13．在的展开式中，含的项的系数是 （请用具体数字作答）
14．若动点M到定点的距离与它到直线的距离相等，则动点的轨迹是什么?某学生认为：“平面内到一个定点和一条定直线距离相等的点的轨迹是抛物线.”由此判断动点的轨迹是抛物线.请问该学生的判断是否正确? （填“正确”或“错误”），点的轨迹方程是： .
四、解答题
15．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知恰好满足下面四个条件中的三个：①，②，③，④
(1)问满足的是哪三个条件?请列举出来，并说明理由；
(2)求.
16．如图，在四棱锥中，平面，四边形为直角梯形，，，且，.
(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
17．已知函数，.
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)若有极大值，且极大值小于0，求的取值范围.
18．强基计划某试点高校为选拔基础学科拔尖人才，对考生设置两项能力测试：学科知识整合能力指标x（考察数学、物理等学科知识的交叉应用）和创新思维能力指标y（考察逻辑推理、问题建模等能力）.随机抽取5名考生的测试结果如下表：
(1)若学科知识整合能力指标的平均值，
（ⅰ）求t的值；
（ii）求y关于x的经验回归方程，并估计学科知识整合能力指标为14时的创新思维能力指标；
(2)现有甲、乙两所试点高校的强基计划笔试环节均设置了三门独立考试科目，每门科目通过情况相互独立；
甲高校：每门科目通过的概率均为，通过科目数记为随机变量X；
乙高校：第一门科目通过概率为，第二门科目通过概率为，第三门科目通过概率为，通过科目数记为随机变量Y；
若以笔试环节通过科目数的期望为决策依据，分析考生应选择报考哪所高校.
（附:经验回归方程中和的最小二乘估计分别为：）
19．已知双曲线C：的两条渐近线分别为：和：，右焦点坐标为，为坐标原点.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)设M，N是双曲线C上不同的两点，Q是的中点，直线，的斜率分别为，，证明：为定值；
(3)直线与C的右支交于点，（A₁在的上方），过点，分别作，的平行线，交于点，过点且斜率为2的直线与C的右支交于点，（在的上方），再过点，分别作，的平行线，交于点，…，这样一直操作下去，可以得到一系列点，，，记的坐标为.证明：共线.
6
8
9
12
2
3
4
5
6
《广东省惠州市2026届高三第一次调研考试数学试题》参考答案
1．C
【分析】由一元二次不等式的计算和交集的运算可得结果.
【详解】由，又，所以.
故选：C.
2．B
【分析】利用复数的除法运算法则求得，进而可求得.
【详解】因为，所以，故.
故选：B.
3．C
【分析】法一：对，两边平方再开方计算可得答案；法二：由向量减法的几何意义和已知条件可得答案.
【详解】法一：，
即；
法二
由向量减法的几何意义和已知条件易知，如图，
若，，，，，
则，，故.
故选：C.
4．A
【分析】设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为，根据已知条件求出，再利用勾股定理可得答案.
【详解】设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线长为，
由，得，又，
所以，解得，；
所以圆锥的高为.
故选：A.
5．B
【分析】根据等差数列的定义求解即可.
【详解】设的公差为，则，，
故.
故选：B.
6．C
【分析】先根据圆的方程得出圆心坐标和半径；再根据题意分析得出圆心O到直线：的距离d为1；最后利用点到直线距离公式等式求解即可.
【详解】圆的圆心坐标是，半径为2.
因为圆上恰有三个点到直线距离等于1，
所以圆心O到直线：的距离d为1，即，得.
故选：C.
7．D
【分析】设图中直角三角形较短的直角边长为，可得出直角三角形较长的直角边长为，由勾股定理可得，求出，再由正切的二倍角公式可得答案.
【详解】由题意可知，大正方形的边长为，小正方形的边长为1，
设图中直角三角形较短的直角边长为，可得出直角三角形较长的直角边长为，
由勾股定理可得，
解得，，所以，
因此.
故选：D.
8．A
【分析】先得到为奇函数且单调递减，问题等价于方程在R上有三个不同的实数根，令，求导得到其单调性和极值情况，从而得到的取值范围为.
【详解】的定义域为R，且，
所以是奇函数，
有三个零点等价于
方程有三个不相等的实数根，
又是奇函数，可得，
，可知单调递减，所以有，即，
所以问题等价于方程在R上有三个不同的实数根，
即函数的图象与直线有三个不同的交点，
由，得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以的极大值为，极小值为，
∴的取值范围为.
故选：A
9．ABD
【分析】利用二项分布的数学期望公式计算可判断A；利用正态分布密度曲线的对称性计算可判断B；举例法可判断C；计算可得，可判断D.
【详解】对于A，因为随机变量，所以，故，故A正确；
对于B，因为随机变量服从正态分布，所以正态曲线关于直线对称，
又因为，所以，所以，故B正确.
对于C，抛掷两次，第一次为2点，第二次出现3点，则事件A，B同时发生，故A，B不互斥，故C错误.
对于D，，又，
所以，即事件A与B相互独立，故D正确；
故选：ABD.
10．BC
【分析】由焦点弦三角形的周长为得，由左顶点和上顶点距离为得，从而，判断AB选项，由焦点弦三角形的面积判断C选项，由直线斜率公式和椭圆上的点满足椭圆的方程计算判断D选项.
【详解】因为点P，A在椭圆上，所以，，
故的周长为，
解得，因为左顶点和上顶点的距离为，
解得，则，焦距为，故A错误；
，故B正确；
，
当点P位于轴上时，面积取得最大值12，故C正确；
设，则，即，
因为，，所以，，
故不是定值，故D错误.
故选：BC.
11．ACD
【分析】由线面垂直的性质定理可判断A，由三棱锥的体积公式计算可判断B，由直棱锥的外接球半径计算方法可判断C，作出过，C，E三点确，进而求得截面的周长判断D.
【详解】对于A，∵，，，
平面，平面，∴平面，
又平面，∴，故A正确；
对于B：三棱锥的体积，故B错误；
对于C，设三棱锥的外接球的半径为，
的外接圆半径为，，
在中，由余弦定理得，，
所以，则有，
三棱锥的外接球的表面积为，故C正确.
对于D，如图，过，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面为等腰梯形
（其中F为的中点，故等腰梯形的周长为，故D正确.
故选：ACD.
12．
【分析】代入计算出，相加即可.
【详解】因为，，所以.
故答案为：.
13．24
【分析】求出展开式的通项，得到展开式中含的项，得到系数.
【详解】因为展开式的通项为，
所以展开式中含的项为，
所以展开式中的系数为24，
故答案为：24
14． 错误
【分析】空一：由抛物线的定义可判断结论错误；
空二：法一：设点，由题意得方程，化简可求得轨迹方程；法二：数形结合法，作出图形可求得轨迹方程.
【详解】空一：抛物线是指平面内与一定点和一定直线（定直线不经过定点）的距离相等的点的轨迹，
其中定点叫抛物线的焦点，定直线叫抛物线的准线.题设中“某学生”的解答依据忽视了“定直线不经过定点”这一关键点，因而导致错误.
空二：
法一：设点，由题意得：，
两边平方并整理得：，
即：，所以，
故点M的轨迹是一条直线，该直线方程为.
法二：作出图形可知，直线过点，
故可得点M的轨迹是一条经过且与垂直的一条，
直线.故M的轨迹为，化简，得.
15．(1)①③④，理由见解析
(2)2
【分析】（1）根据三角形的性质判断条件①和②不可能同时满足，再根据大边对大角判断条件②不能满足，即可得解；
（2）法一：利用余弦定理列方程求解即可；
方法二：先利用同角三角函数基本关系求出，然后利用正弦定理求得，进而.，最后利用勾股定理求解即可.
【详解】（1）满足的条件是①③④；
若，，则，
若，，则，
由，所以条件①和②不可能同时满足，
故③和④都满足，由，所以，
所以B为锐角，应有，从而条件②不能满足，
故满足的条件是①③④.
（2）法一：由（1）可得，，，
由余弦定理，
所以，化简得
解得：或（舍去），故.
法二：因为，所以，
又，故.
由正弦定理，得，
因为B为锐角，得：，故.
由勾股定理，得，
因为，故.
16．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理得，再根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）法一：建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，代入向量夹角公式求解即可；
法二：利用等体积法求得D到平面距离为，在中，由余弦定理得，进而求出，利用等面积法求得为点到交线的距离，设平面与平面的夹角为，求出，进一步求出，即可得解.
【详解】（1）因为平面，平面，则，
因为，即，
因为，平面，平面，
故平面.
（2）法一：平面，，
以点D为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，，
所以、、、、，
，，，，
设平面的法向量为，
则，取，可得，
设平面的法向量为，
则，取，可得，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
法二：因为，
所以，
又，
而，所以，
故，即D到平面距离为.
依题意，计算可得，在中，，，，
由余弦定理，得，
因为，所以，
又，
设为点D到交线的距离，则，
设平面与平面的夹角为，
所以，所以.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用导数求得，可求切线方程；
（2）求导，分类讨论求得的单调性，进而可得极大值，再根据极大值小于0，求得的取值范围.
【详解】（1）当时，则，，
所以，
所以函数在点处的切线方程为，
即；
（2）函数的定义域为，
又，
当时恒成立，
在上单调递增，无极值.
当时，由，解得，
由，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，极大值为.
令，
解得，所以的取值范围为.
18．(1)（i）；（ⅱ），7.5
(2)答案见解析
【分析】（1）（i）由题意可得，求解即可；（ⅱ）利用最小二乘法求得回归方程，可求得预测值；
（2）利用，求得，利用独立事件同时发生的概率公式与互斥事件的概率加法公式求得的分布列与数学期望，比较可得结论.
【详解】（1）（i）根据表格中的数据，可得，解得.
（ⅱ），，
所以.
故所求经验回归方程为，
当时，，
所以当学科知识整合能力指标为14时，创新思维能力指标的预测值为7.5；
（2）该考生通过甲高校的考试科目数为X，则，
则.
设该考生通过乙高校的考试科目数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3，
，
，
，
，
所以，
当时，此时，得，
当时，此时，又，得，
当时，此时，又，得，
所以，当时，该考生报考甲高校或乙高校都可以；
当时，该考生更应报考甲高校；
当时，该考生更应报考乙高校.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题意，由双曲线的性质，列出关于的方程，计算即可求得方程；
（2）设，，，利用点差法可证得结论；
（3）设斜率为2且与双曲线右支相交于，两点的直线方程为，，与双曲线方程联立方程组，结合韦达定理代入计算，即可表示出直线的方程，以及直线的方程，然后联立两直线方程，即可表示出的坐标，即可证明.
【详解】（1）由已知得
解得，
故双曲线C的标准方程为：；
（2）设，，，
因为M，N为双曲线C上的两点，所以，
两式相减得：，
整理得，，
则，得证.
（3）设斜率为2且与双曲线右支相交于，两点的直线方程为
，，
联立：，整理得：，
因为该方程有两个正根，则，解得：或（舍），
设，，由韦达定理得：，，
直线的方程为：，
因为，所以，①
直线的方程为，
因为，所以，②
联立①②得，，
所以，
因为，
所以，
，
所以，
则都在直线上，
故共线.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
A
B
C
D
A
ABD
BC
题号
11









答案
ACD