广东省六校联盟2026届高三上第一次联考数学试题（解析版）

这是一份广东省六校联盟2026届高三上第一次联考数学试题（解析版），共13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。
1．已知集合A=-1,0,1,B=0,1,2,则A∩B=（ ）
A．0B．1C．0,1D．-1,0,1,2
【答案】C
【解析】因为集合A=-1,0,1,B=0,1,2,故A∩B=0,1.
故选：C.
2．函数fx=sin2x-π3的最小正周期是（ ）
A．π3B．π2C．πD．2π
【答案】C
【解析】最小正周期为2πω=2π2=π.
故选：C.
3．双曲线y24-x2=1的渐近线方程为（ ）
A．y=±2xB．y=±5xC．x=±2yD．y=±4x
【答案】A
【解析】由y24-x2=1⇒a=2,b=1，且该双曲线的焦点在纵轴，
所以双曲线y24-x2=1的渐近线方程为x=±12y⇒y=±2x，
故选：A.
4．底面直径和母线长均为2的圆锥的体积为（ ）
A．33πB．πC．3πD．3π
【答案】A
【解析】由题意可知该圆锥的底面半径为12×2=1，圆锥的母线长为2，
因此圆锥的高为22-12=3，
所以该圆锥的体积为13⋅π⋅12×3=3π3，
故选：A.
5．对于变量Y和变量x的成对样本观测数据，用一元线性回归模型Y=bx+a+eE(e)=0,D(e)=σ2得到经验回归模型y=bx+a，对应的残差如下图所示，模型误差（ ）
A．满足一元线性回归模型的所有假设
B．不满足一元线性回归模型的E(e)=0的假设
C．不满足一元线性回归模型的D(e)=σ2假设
D．不满足一元线性回归模型的E(e)=0和D(e)=σ2的假设
【答案】C
【解析】用一元线性回归模型Y=bx+a+eE(e)=0,D(e)=σ2得到经验回归模型y=bx+a，根据对应的残差图，残差的均值E(e)=0可能成立，但明显残差的x轴上方的数据更分散，D(e)=σ2不满足一元线性回归模型，正确的只有C.
故选：C.
6．已知a=lg32，b=lg43，c=12，则此三数的大小关系为（ ）
A．a0，Fx在x0,+∞上单调递增，
所以Fxmin=Fx0=aex0-1-lnx0+lna-1=1x0+x0-2+2lna>21x0⋅x0-2+2lna=2lna>0，满足题意.
综上所述，a的取值范围是1,+∞.
[方法二]
不等式fx≥gx等价于aex-1-lnx+lna-1≥0，可变形为：elna+x-1+lna+x-1≥elnx+lnx.
构造函数Fx=ex+x，则F'x=ex+1>0，所以Fx在R上单调递增.
原不等式fx≥gx恒成立等价于elna+x-1+lna+x-1≥elnx+lnx恒成立，即Flna+x-1≥Flnx，
所以不等式lna+x-1≥lnx，即lna≥-x+1+lnx恒成立.
设Gx=-x+1+lnx，则Gx的定义域为0,+∞，G'x=-1+1x=1-xx，
所以当x∈0,1时，G'x>0，Gx在0,1上单调递增；当x∈1,+∞时，G'xb>0）的离心率e=12，椭圆上动点Q到右焦点F的距离最大值等于3．
（1）求C的方程；
（2）设M是坐标平面上的动点，且线段FM的垂直平分线与C恰有一个公共点
①求动点M的轨迹方程；
②求线段MQ的长度的取值范围．
解：（1）由题可知，ca=12a+c=3，解得a=2，c=1，
又b2=a2-c2=3，所以椭圆方程为x24+y23=1.
（2）由（1）知F1,0，设Mx0,y0，则FM的中点为x0+12,y02，
①当y0=0时，FM的垂直平分线方程为x=x0+12，
此时x0+12=±2，则x0=-5或x0=3；即M-5,0或M3,0
当y0≠0时，FM的垂直平分线方程为：y-y02=-x0-1y0x-x0+12，
由y-y02=-x0-1y0x-x0+123x2+4y2=12，
消y得3x2+4x0-12y02x2-x0-1x02+y02-1y02x+x02+y02-124y02=12，
整理得3y02+4x0-12x2-4x0-1x02+y02-1x+x02+y02-12-12y02=0，
因为线段FM的垂直平分线与C恰有一个公共点，
则Δ=16x0-12x02+y02-12-12y02+16x0-12x02+y02-12-12y02=0，
即x02+y02-12-12y02-16x0-12=0，
整理得y04+2x02-14y02+x02-2x0+1x02+2x0-15=0，
即y02+x02-2x0+1y02+x02+2x0-15=0，
因为x02+y02-2x0+1=x0-12+y02>0，所以x02+y02+2x0-15=0，
而-5,0，3,0也满足该式，
故点M的方程为x2+y2+2x-15=0，即x+12+y2=16．
②由①知，点M的方程是以-1,0为圆心，4为半径的圆，且圆心为椭圆左焦点F1-1,0，
又易知点Q在圆x+12+y2=16内，则4-F1Q≤MQ≤F1Q+4，
又由椭圆的性质知，a-c≤F1Q≤a+c，得到1≤F1Q≤3，
故所求线段MQ长度的取值范围是1,7.
19．在平面四边形ABCD中，AB=AC=CD=2，∠B=45°，∠D=30°，将△ACD沿AC翻折至△ACP，其中P为动点．
（1）若二面角P-AC-B为直二面角，求三棱锥P-ABC的体积．
（2）记三棱锥P-ABC外接球半径为R；
①求R的最小值；
②当R最小时，求异面直线AB，CP所成角．
解：（1）在平面四边形ABCD中，作BF//AC，DF⊥BF，交AC延长线于E，由题意知：DE=3，
因为AB=AC=CD=2，∠B=45°，所以∠ACB=∠B=45°,∠A=90°，
即三角形ABC是直角三角形，
因为平面PAC⊥平面BAC，平面PAC∩平面BAC=AC，DE⊥AC，
所以DE⊥平面BAC，
故：VP-ABC=13×12×2×2×3=233.
（2）以A为原点，AB，AC分别为x轴和y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系A-xyz，
则A0,0,0，B2,0,0，C0,2,0
（ⅰ）设二面角P-AC-B大小为θ，θ∈0,π，
因为AB=AC=CD=2，∠D=30°，所以AC=CP=2，∠P=30°,∠PAC=30°,∠ACP=120°，
所以AP=4+4-2⋅2⋅2⋅-12=23，yP=APcs∠PAC=23×32=3，
所以xP2+zP2=AP2-yP2=12-9=3，
故可设P3csθ,3,3sinθ，θ∈0,π．
设外接球球心坐标O1,1,z，半径为R，
则12+12+z2=R23csθ-12+3-12+3sinθ-z2=R2
两式相减，化简得：z=3-csθsinθ，
所以：R2=csθ-3sinθ2+2，
上式中，令k=csθ-3sinθ，θ∈0,π，
则k=csθ-3sinθ=-3-csθ21-cs2θ=-3-23csθ+cs2θ1-cs2θ=--1+4-23csθ1-cs2θ，
令fθ=--1+4-23csθ1-cs2θ,θ∈0,π，令4-23csθ=t∈4-23,4+23，
所以csθ=4-t23，
所以fθ=--1+4-23csθ1-cs2θ=--1+t1-4-t232=--1+t1-16-8t+t212,θ∈0,π，
令gt=--1+t1-16-8t+t212=--1+t-13+2t3-t212 =--1+123-131t+t4,t∈4-23,4+23，
因为t∈4-23,4+23，所以由对勾函数性质可知，131t+t4的最小值是13，
而max1314-23+4-234,1314+23+4+234=max134+234+4-234,134-234+4+234=23，
即131t+t4的取值范围是13,23，
所以23-131t+t4的取值范围是0,13，123-131t+t4的取值范围是3,+∞，
-1+123-131t+t4的取值范围是2,+∞，-1+123-131t+t4的取值范围是2,+∞，
--1+123-131t+t4的取值范围是-∞,-2，
所以k∈-∞,-2，
因为R2=csθ-3sinθ2+2=k2+2≥4，等号成立当且仅当csθ-3sinθ=-2，即csθ=3-2sinθ,θ∈0,π，
又因为sin2θ+cs2θ=1，
所以sin2θ+3-2sinθ2=1，即3sin2θ-26sinθ+2=0，
解得sinθ=26±24-246=63，csθ=3-2sinθ=33，
所以Rmin=2+2=2.
（ⅱ）因为P3csθ,3,3sinθ，由（i）可知此时，P1,3,2，
因为AB=AC=2，所以C0,2,0，AB=2,0,0，CP=1,1,2，
所以csAB,CP=AB⋅CPAB⋅CP=24=12，
因为异面直线所成角的范围为0,π2，
故所求异面直线所成角为π3．