2025-2026学年广东省普通高中毕业班第一次调研考试数学试题（附答案解析）

这是一份2025-2026学年广东省普通高中毕业班第一次调研考试数学试题（附答案解析），共18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．已知命题：，，则命题的否定为（ ）．
A．，B．，
C．，D．，
2．已知为虚数单位，若复数，则（ ）
A．1B．C．2D．
3．样本点数据，且大致呈线性分布，其经验回归方程为，若，数据的80%分位数为7，则当时，随机误差的残差为：（ ）．
A．-0.5B．0.5C．-1.5D．1.5
4．已知一圆锥高为2，母线长为.若用一平面截圆锥得到的圆台体积是圆锥的，则圆台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
5．将函数的图象向右平移单位，所得图象对应的函数的最小值等于（ ）
A．B．C．D．
6．若平面向量与满足，且与的夹角为，则（ ）
A．1B．C．D．31
7．已知，，，，则在，，，，，这6个数中最小的是（ ）
A．B．C．D．
8．如图，已知长方体中，，，为正方形的中心点，将长方体绕直线进行旋转．若平面满足直线与所成的角为，直线，则旋转的过程中，直线与夹角的正弦值的最小值为（ ）（参考数据：，）
A．B．C．D．
二、多选题
9．6个相同的分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．记第一次取出球的数字为，第二次取出球的数字为．设，其中表示不超过X的最大整数，则（ ）
A．B．
C．事件“”与“”互斥D．事件“”与“”对立
10．对于函数，下列说法正确的是（ ）
A．若，则函数为奇函数
B．函数有极值的充要条件是
C．若函数f（x）有两个极值点，，则
D．若，则过点作曲线的切线有且仅有3条
11．已知函数若关于的方程有3个实数解，则（ ）
A．B．
C．D．关于的方程恰有3个实数解
三、填空题
12．若等比数列 的各项均为正数， 且， 则 .
13．已知函数在上是奇函数，当时，，则 .
14．一只口袋装有形状、大小完全相同的3只小球，其中红球、黄球、黑球各1只．现从口袋中先后有放回地取球次，且每次取1只球，表示次取球中取到红球的次数，，则的数学期望为 （用表示）．
四、解答题
15．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知为钝角
(1)求角A的大小；
(2)若则：
①求b的值；
②求的值.
16．已知正项等比数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，设其前n项和为，求证：．
17．如图，在三棱锥中，，，平面，，，分别为棱，上的动点，且.
(1)证明：平面平面；
(2)若平面与平面所成角为，求的值.
18．已知过点的直线与抛物线交于两点，过线段的中点作直线轴，垂足为，且.
(1)求抛物线的方程；
(2)若为上异于点的任意一点，且直线与直线交于点，证明：以为直径的圆过定点.
19．已知函数.
(1)若单调递增，求的值；
(2)设是方程的两个实数根，求证：.
《广东省2026届普通高中毕业班第一次调研考试数学试题》参考答案
1．B
【分析】存在量词命题的否定是全称量词命题，把存在改为任意，把结论否定.
【详解】命题的否定为，.
故选：B
2．D
【分析】利用复数的运算法则求得，再由模长公式求解，或利用复数模的性质求解.
【详解】因为，所以．
（方法二）：.
故选：D．
3．B
【分析】根据题意计算出观测值与预估值，再计算残差即可.
【详解】将从小到大排列，，所以，预测值为，
所以残差为观测值-预测值=6-5.5=0.5
故选：B．
4．C
【分析】根据题意可知截去圆锥体积是原圆锥体积的，可求得截去圆锥的高和底面半径，从而可求圆台的侧面积.
【详解】如图，
设圆锥的高，母线，
则圆锥的底面半径为，
若用一平面截圆锥得到的圆台体积是圆锥的，
则截去圆锥体积是原圆锥体积的，
设截去小圆锥的底面半径为，则，则①，
又，即，代入①解得，
则，
则圆台的侧面积为.
故选：C.
5．C
【分析】利用诱导公式化简函数的解析式，再利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律求得的解析式，根据正弦函数的值域，得出结论．
【详解】解：y＝2sin（x）﹣cs（x）＝2sin（x）﹣sin（x）=sin（x）＝﹣sin（x），
将函数y＝﹣sin（x） 的图象向右平移单位，所得图象对应的函数的解析式为 y＝﹣sin（x）＝﹣sin（x），故所得函数的最小值为﹣1.
故选：C
6．B
【分析】根据求模公式及数量积公式即可求解.
【详解】，
,
故选：B
7．C
【分析】分析题意得出，进行下一步转化得出最小值是即可.
【详解】因为，，
，，则，故，
又，，，，，故最小值是，
故选：C．
8．A
【分析】求出直线与的夹角，可得绕直线旋转的轨迹为圆锥，求直线与的夹角，结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，利用三角函数知识求解即可.
【详解】在长方体中，，则直线与的夹角等于直线与的夹角．
长方体中，，，为正方形的中心点，
则，又，
所以是等边三角形，故直线与的夹角为．
则绕直线旋转的轨迹为圆锥，如图所示，．
因为直线与所成的角为，，所以直线与的夹角为．
在平面中，作，，使得．
结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，为，
易知．
设直线与的夹角为，则，故当时最小，
而
，
故直线与的夹角的正弦值的最小值为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：解题中在平面中，作，，使得，结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，为是关键.
9．AC
【分析】结合互斥事件和对立事件的定义，结合古典概型公式即可得出结论.
【详解】由题意，
6个相同的分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．
∴共有36种可能的情况，其中的情况共有：，
∴，故A正确.
∵两次取球数字之和为5的情况有以下四种：，，，，
∴，故B错误.
当时，，
∴事件“”与“”互斥，故C正确.
∵当时，，
当，时，
∴事件“”与“”不对立，故D错误.
故选：AC.
10．BCD
【分析】对于A：利用奇偶性的定义直接判断；对于B：利用极值的计算方法直接求解；对于C：先求出，表示出，即可求出；对于D：设切点，由导数的几何意义得到.设，利用导数判断出函数有三个零点，即可求解.
【详解】对于A：当时，定义域为.
因为，
所以函数不是奇函数.故A错误；
对于B：函数有极值 在上不单调.
由求导得：.
在上不单调在上有正有负.
故B正确.
对于C：若函数f（x）有两个极值点，，必满足，即.
此时，为的两根，所以.
所以.
所以
对称轴，所以当时，.
即.故C正确；
对于D：若时，.
所以.
设切点，则有：，
消去，整理得：
不妨设，则.
令，解得：或；令，解得： .
所以在，上单调递增，在上单调递减.
所以，
.
所以作出的图像如图所示：
因为函数有三个零点，所以方程有三个根，所以过点作曲线的切线有且仅有3条.故D正确.
故选：BCD.
11．ABD
【分析】对于A项，通过作关于轴对称的函数的图象与的交点情况，不难判断；对于B，C两项，主要是考虑二次函数图象的对称性和的取值范围分析或者特例判断即得；对于D项，要先判断的范围，结合图象易得.
【详解】如图，依题意作出函数的图象，
对于A项，作出关于轴对称的函数的图象，与直线交于点，则，不难看出点在点的右侧，则，故，A项正确；
对于B项，因当时，的图象关于直线对称，故点与点关于直线对称，则，
由可得：，即，则得，故B项正确；
对于C项，当时，由解得：，
由解得：，，
此时，故C项错误；
对于D项，依题意，，在上单调递增，故，
于是由图知，函数与的图象恰有三个交点，即关于的方程恰有3个实数解，故D项正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：将方程的解的个数转化为函数的零点个数，或转化为对应的两个函数的图象交点个数求解，再通过作出函数的图象，根据其对称性、单调性或值域等推导相应参数的范围.
12．31
【分析】设出公比，根据等比数列通项公式基本量计算得到公比和首项，代入前项和公式即可.
【详解】设等比数列 的公比为，
因为
所以，
因为，解得：，
又因为，
解得，则.
故答案为：31.
13．/
【分析】根据奇函数的定义得到，代入求解即可.
【详解】函数在上是奇函数，，
.
故答案为：.
14．
【分析】由题知，，利用，可求得.
【详解】由题知，
，
，
，
.
故答案为：.
15．(1)
(2)①3；②
【分析】（1）由二倍角公式结合正弦定理即可求得；
（2）①由同角三角函数的基本关系和正弦定理即可求得；
②由二倍角公式与两角差的正弦公式计算即可求得．
【详解】（1）因为所以
因为为钝角，所以为锐角，所以
所以所以
因为所以由正弦定理有：
所以因为为钝角，所以；
（2）①因为且B为锐角，所以
由得；
②因为
所以
16．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用给定的递推公式，结合等比数列的定义求出公比及首项即得.
（2）由（1）的结论，求出，再利用错位相减法求和即得.
【详解】（1）设正项等比数列的公比为，由，得，
两式相除得，则，又，即，而，则，
所以数列的通项公式是.
（2）由（1）知，
则，
于是，
两式相减得，
因此，而恒成立，则.
所以.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的性质得到，从而得到平面，再由，得到平面，即可得证；
（2）法一：建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可得到方程，求出即可；法二：依题意平面，设为平面与平面的交线，则即可证明，，从而得到为平面与平面所成角，再由面积比计算可得.
【详解】（1）平面，平面，
又，，平面，平面
平面．
又，平面，又平面
平面平面．
（2）法一（坐标法）：如图，以为原点，、、过点且垂直于平面的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
设，则．
设平面的法向量为，则可取，
取平面的法向量为．
设平面与平面所成角为则，
两边平方经整理可得解得或（舍去），
当平面与平面所成角为时，
法二（几何法）：如图，由，平面，平面，
所以平面，设为平面与平面的交线，则
由（1）可得平面，，平面，所以，
而，，又，
为平面与平面所成角，
，所以是的角平分线，
在中，设点到的距离为，则由
可得，
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设出直线的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理和中点坐标公式求出，坐标，结合，可求得的值，得解.
（2）设出点坐标，由点斜式方程求出直线的方程，令，求出点坐标，同理求出点坐标，由抛物线的对称性可知，定点必在轴上，设该点坐标为，利用，可求出定点坐标.
【详解】（1）由题意，可设直线的方程为，
将代入，消去得，
设，，则，，
是线段的中点，
，，
即， 又轴，
垂足的坐标为，
则，，
，
对任意的恒成立，
，又，解得，
故抛物线的方程为.
（2）

设，，，由（1）可知，
，，
则，直线的方程为，
令，则，
，同理，
由抛物线的对称性可知，若以线段为直径的圆过定点，则定点必在轴上，
设该点坐标为，
则，，且，
，
，
或，
以为直径的圆过定点和.
19．(1)1
(2)证明见解析
【分析】（1）由单调递增，转化为恒成立，分离参数法可求；
（2）由是方程的两个实数根，化简得，，两式作和与差，消去参数，转化为证明，整体换元，转化变形为的证明，构造函数，利用导数证明即可．
【详解】（1），，
则，
由单调递增，则，即，
则有恒成立，
当时， 对任意都成立；
当时，，
则恒成立，
设，则为减函数，当时，则，
且，所以；
当时，，则恒成立，
由为减函数，当时，则，
且，所以；
综上所述，；
（2）方程，
所以，则有，
且，由，得．
要证，只要证明，即证，
记，则，，
因此只要证明，即．
记，，
令，则，
当时，，
所以函数在上递增，则，
即，
则在上单调递增，，
即成立，
．
【点睛】多变量导数题的核心思想是不变的——消元，消元的方法有很多，在双变量问题中可以差值比值代换，主元法，构造函数等等.这些方法同样适用于多变量，在三变量消元时也可以考虑先忽略一个变量，将三变量转化成双变量问题.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
B
C
C
B
C
A
AC
BCD
题号
11









答案
ABD