2025-2026学年广东省广州市荔湾区高三上学期10月调研测试数学试题（附答案解析）

这是一份2025-2026学年广东省广州市荔湾区高三上学期10月调研测试数学试题（附答案解析），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，则（ ）
A．B．
C．D．
2．复数满足，则的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
4．某学校高三学生共有900人，其中男生500人，为获取该校高三学生的身高信息，现采用按性别比例分配的分层随机抽样的方法，抽取了容量为90的样本.计算得男生样本的身高均值为170，方差为19，女生样本的身高均值为161，方差为19，则下列说法正确的是（ ）
A．抽取男生的样本量为40
B．估计该校高三学生身高的均值为165
C．抽样时女生甲被抽到的概率为
D．估计该校高三学生身高的方差为19
5．的外接圆圆心为为的中点，且，则（ ）
A．5B．10C．13D．26
6．已知函数，则（ ）
A．B．
C．D．
7．设椭圆与双曲线的离心率分别为，双曲线的渐近线的斜率小于，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知是首项为2，公比为2的等比数列，记，其中，记数列的前项和为，则（ ）
A．9143B．9145C．10009D．10154
二、多选题
9．关于的展开式，下列结论正确的是（ ）
A．二项式系数和为64
B．所有项的系数之和为2
C．第三项的二项式系数最大
D．系数最大值为240
10．某次运动会共有48人参加，其中参加跳远的有24人，参加铅球的有16人，参加跳高的有12人.同时参加跳远和铅球的有8人，同时参加铅球和跳高的有4人，同时参加跳远和跳高的有6人，三项都参加的有3人.现从这48人中随机抽取一人，记该人参加跳远､铅球､跳高分别为事件A､B､C，则（ ）
A．
B．
C．
D．
11．菱形中，，，对角线交于点，沿对角线将折起，使二面角的大小为，则（ ）
A．平面B．平面平面
C．点到所在平面的距离为D．四面体的外接球的表面积是
三、填空题
12．在等差数列中，.则公差 .
13．若函数是奇函数，则实数 .
14．当时，函数的零点个数为 ，所有零点之和为 .
四、解答题
15．如图，在中，的角平分线交于点，且，.
(1)求证：；
(2)求的面积.
16．如图1，在正四棱锥中，所有棱长均为分别是棱和上的动点，满足.
(1)求证：平面；
(2)若异面直线与垂直，求的值；
(3)如图2，现将棱长为2的正四面体与正四棱锥进行拼接，使得顶点分别与重合，求证：四点共面.
17．在平面直角坐标系中，已知点，点为圆上任意一点，线段的垂直平分线交半径于点，当点在圆上运动时，记点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)若点，试判断直线与的位置关系，并说明理由；
(3)设点为圆上异于和的任意一点，若直线与直线分别交于点，求证：两点的纵坐标之积为定值.
18．某检测中心在化验血液时有两种化验方法：
①逐份化验法：将血液样本逐份进行化验，则份血液样本共需要化验次.
②混合化验法：将份血液样本分别取样混合在一起化验.若化验结果呈阴性，则这份血液均为阴性，此时共化验1次；若化验结果呈阳性，为了确定阳性血液，就需要再采取逐份化验，故此时共需要化验次.
(1)现有5份血液样本，其中有2份为阳性血液，现采取逐份化验法进行化验，求恰好化验2次就把全部阳性样本检测出来的概率；
(2)现有10份血液样本，每份呈阳性的概率为，采用5份为一组的混合化验法进行化验，记这10份血液样本需要化验的总次数为，求随机变量的分布列；.
(3)现有份血液样本，每份呈阳性的概率为，记采用逐份化验法时需要化验的次数为，采用份为一组的混合化验法时需要化验的总次数为，当时，求的最大值.
（参考数据：）
19．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若函数有三个零点，求的取值范围.
《广东省广州市荔湾区2025-2026学年高三上学期10月调研测试数学试题》参考答案
1．A
【分析】求出集合，利用并集的定义即可求解.
【详解】由题可得：，所以；
故选：A
2．C
【分析】根据复数的模的几何意义可得复数在复平面内的轨迹为以点为圆心，以为半径的圆即可求解.
【详解】设复数，则对应点的坐标为，
所以
所以复数对应的点到的距离为，
故复数在复平面内的轨迹为以点为圆心，以为半径的圆，
故当点运动到与轴的交点，且向上的位置时，此时最大，最大值为
故选：C
3．B
【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断．
【详解】选项A，若，则与可以相交，也可以平行，不一定垂直，A错；
选项B，若，则直线的方向向量分别是平面的法向量两平面垂直，
即为它们的法向量垂直，则，B正确；
选项C，若，且，则或，C错；
选项D，若，则可能有，也可能相交，D错.
故选：B．
4．C
【分析】应用分层抽样判断A，应用分层抽样的均值及方差计算判断B，D，再应用分层抽样的概率计算判断C.
【详解】某学校高三学生共有900人，其中男生500人，采用按性别比例分配的分层随机抽样的方法，抽取了容量为90的样本.
则抽取男生的样本量为，A选项错误；
男生样本的身高均值为170，方差为19，女生样本的身高均值为161，方差为19，
则估计该校高三学生身高的均值为，B选项错误；
抽样时女生甲被抽到的概率为，C选项正确；
估计该校高三学生身高的方差为，D选项错误；
故选：C.
5．B
【分析】设分别为的中点，连接，利用向量的线性运算以及数量积的定义将转化为，即可求得答案.
【详解】由题意知的外接圆圆心为为的中点，
则；
设分别为的中点，连接，则，

，
结合，可知，
故，
即，
故选：B
6．C
【分析】先应用二倍角公式及辅助角公式化简再分别判断各个选项即可.
【详解】函数
，
，A选项错误；
不等于，B选项错误；
，C选项正确；
不是最大值，所以不成立，D选项错误；
故选：C.
7．B
【分析】易得，再由，，设，可得，两边平方即可求解.
【详解】因为双曲线的渐近线的斜率小于，
所以，则，，
设，则
所以；由于，
因为，所以，则，则，
因为，所以
故选：B
8．D
【分析】由题意得，结合题意可得，当时，，利用等差数列的前项和公式求出这10 项和，当时，，这些项的和为，利用分组求和法及等差数列、等比数列的前项和公式求解，再加上时的10项和即可求解.
【详解】由题意得，
，，，
所以，
当时，，
共10项，这10项的和为,
其余项有项，
当时，，
这些项的和为
，
所以.
故选：.
9．AD
【分析】利用二项式系数和公式可判定A，利用赋值法可判定B，利用二项式定理的性质可判定C，利用二项式展开式通项可判定D.
【详解】由二项式系数和公式知的二项式系数和为，故A正确；
令，则的展开式所有项的系数之和为，故B错误；
易知的展开式共7项，所以二项式系数最大项为第四项，故C错误；
设的展开式通项为，
，
计，显然取偶数时各项系数为正数，
，
可知系数最大值为240，故D正确.
故选：AD
10．ACD
【分析】应用概率的基本性质计算求解判断A，B，应用条件概率计算判断C，D.
【详解】某次运动会共有48人参加，其中参加跳远的有24人，参加铅球的有16人，参加跳高的有12人.
同时参加跳远和铅球的有8人，同时参加铅球和跳高的有4人，同时参加跳远和跳高的有6人，三项都参加的有3人.
现从这48人中随机抽取一人，记该人参加跳远､铅球､跳高分别为事件A､B､C，
则，
，A选项正确；
，不相等，B选项错误；
，C选项正确；
，D选项正确；
故选：ACD.
11．ABD
【分析】根据线面垂直的判定定理判断A的真假；根据A选项的结果，判断面面垂直，可得B是否正确；求点到平面的距离，判断C的真假；求四面体外接球半径，确定外接球表面积没判断D的真假.
【详解】如图：
对于A选项，菱形的对角线互相垂直，则，，，且在折起的过程中垂直关系保持不变，则平面AOC，所以A选项正确．
对于B选项，由A选项得平面AOC，平面BCD，∴平面平面BCD，所以B选项正确．
对于C选项，由二面角的定义知，又平面平面BCD，交线为OC，在平面AOC中，过A作，交CO的延长线于E，则平面BCD，AE为所求的点面距离．由，，得，所以C选项错误．
对于D选项，设，的外心分别为，，的外接球球心为M，
半径为R，根据的对称性，可知，，都在平面内，且，
如图：做平面.
则，
的外接圆是四边形的外接圆，外接圆直径，
，，，所以D选项正确．
故选：ABD
12．
【分析】设等差数列的公差为，可得,即可求得公差.
【详解】设等差数列的公差为，在等差数列中，，所以,解得:，所以;
故答案为：
13．1
【分析】根据函数奇偶性的定义及对数运算性质即可求解.
【详解】，
所以，
因为为奇函数，
所以，
所以，
即，所以，
所以，
所以，解得，
此时定义域为，关于原点对称，满足奇函数要求，符合题意.
故答案为：1.
14． 3
【分析】利用正、余弦函数的图象与对称性，结合导数研究函数的单调性数形结合分析即可.
【详解】易知，
取，则，且，
因为在上单调递减，
所以，即在上单调递减，，
即此时无零点，
分别作出的图象如下，
两函数都关于轴对称，且都关于中心对称，
显然由上结合图象可知上两函数无交点，有一个交点，
又由两函数的轴对称性可知也有一个交点，
又时，两函数相交，此时相交，
再由两函数的中心对称性知上无交点，
综上所述，两函数共有三个交点，其中一个为，另外两个关于轴对称，
故三个交点横坐标之和为.
故答案为：3；.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意得，，在中，利用正弦定理即可证明；
（2）利用和差公式、倍角公式可得，由，结合倍角公式、同角关系式可得，继而可得，再根据三角形的面积公式求解即可.
【详解】（1），，
的角平分线交于点；
，，
在中，由正弦定理得，即，
（2）
，
，
，
，
，
，或（舍），
所以，
，
.
16．(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）过作，交于点，连接，可得四边形为平行四边形，从而证明平面;
（2）解法一：由（1）知，从而可得，利用三角形的性质即可求得的值；
解法二：作平面，则是正方形的中心，建立空间直角坐标系；
（3）解法一：作中点，连接，可得即为二面角的平面角，即为二面角的平面角，分别求出其余弦值，找到余弦值的关系即可证明；
解法二：作平面，则是正方形的中心，建立空间直角坐标系，利用边长关系求出点坐标，在利用向量关系即可证明结论.
【详解】（1）过作，交于点，连接，
四边形为平行四边形
面面
面
（2）解法一：由（1）知
若异面直线与垂直，则
在中，
为中点
又为中点
解法二：作平面，则是正方形的中心，如图建立空间直角坐标系；
得，
（3）解法一：作中点，连接
在正四棱锥中，所有棱长均为，
即为二面角的平面角，
由于，
则，
同理可得在正四面体中，即为二面角的平面角，
，
三点共线，四点共面
解法二：作平面，则是正方形的中心，如图建立空间直角坐标系；
，设
因为，解得，所以
四点共面
17．(1)
(2)直线与椭圆相切，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的定义求轨迹方程即可；
（2）利用点斜式方程求出直线方程，联立直线与椭圆的方程，根据解的个数即可判断直线与椭圆的位置关系；
（3）设，利用点斜式方程求出线段的垂直平分线的方程，继而可求出，计算即可证明.
【详解】（1）圆心，半径，
线段的垂直平分线交半径于点
点的轨迹是以为焦点的椭圆，其方程为
（2）
直线过，斜率为，直线，
联立，
可得，即，只有一个解，
直线与椭圆相切.
（3）设，线段中点
所以直线，即，
当时，，
当时，，
，
.
18．(1)
(2)分布列见解析
(3)
【分析】（1）利用排列数及古典概型计算公式求解即可；
（2）每组化验的次数可能是1或6，记事件“每组化验次数为1”，则事件“每组化验次数为6”，求出，根据二项分布的计算公式求出概率，列出分布列即可；
（3）由期望公式求出，代入，可得，两边取对数可得，构造函数，利用导数分析单调性即可求解.
【详解】（1）记事件“恰好化验两次就把全部阳性样本检查出来”，
则，
故恰好化验两次就把全部阳性样本检查出来的概率为.
（2）每组化验的次数可能是1或6，
记事件“每组化验次数为1”，则事件“每组化验次数为6”，
则，
可知，
，
，
所以的分布列为：
（3），
，
所以，
令，则，即，
当时，，两边取以为底的对数，得到，
设函数，则，
当时；当时，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又因为，所以的最大值为.
19．(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）先求出导函数，再根据导数值得出切线斜率，最后由点斜式得出切线即可求解；
（2）先求出导函数，再分类讨论当，时，分导函数的正负得出单调区间；
（3）结合（2）知，再构造函数，再求导数得出最值再结合零点个数计算求参.
【详解】（1）当时，，
在点处的切线方程为：
（2）定义域为，
（i）当时，，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
（ii）当时，则由得或，
当时，，所以在单调递增；
当时，，令得
所以在和上单调递增，在上单调递减；
当时，，令得
所以在和上单调递增，在上单调递减.
综上所述，
当时在上单调递增，在上单调递减；
当时在和上单调递增，在上单调递减；
当时在单调递增；
当时在和上单调递增，在上单调递减.
（3）由（2）知且，
，
记，则且，
当时，；当时
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以有，所以，等号成立当且仅当
故当时，由（2）知有且只有一个零点，舍去
当且时，，
要使得有三个零点，则，解得
所以的取值范围是
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
B
C
B
C
B
D
AD
ACD
题号
11









答案
ABD









7
12