广东省部分重点高中2026届高三上学期入学摸底考试 数学试卷（含答案）

这是一份广东省部分重点高中2026届高三上学期入学摸底考试 数学试卷（含答案），共17页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回．
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. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【详解】因为，
所以，
所以复数在复平面内对应的点为，该点在第二象限，
故选：B.
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】由，
则.
故选：C.
3. 以直线与为渐近线的双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】D
【详解】因为双曲线的渐近线为与，
若双曲线焦点在轴，双曲线的标准方程为，渐近线为，
则，所以双曲线的离心率为，
若双曲线焦点在轴，双曲线的标准方程为，渐近线为，
则，所以双曲线的离心率为，
综上所述，双曲线的离心率为或，
故选：D.
4. 已知单位向量满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】由题意，，记，
由可得：，
即得，因，则.
故选：B.
5. 已知都是锐角，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】因为，又，
所以，又都是锐角，则，
所以，整理得到，解得，，
则，
故选：A.
6. 某校积极开展社团活动，学期结束时，社团老师对参加社团的同学进行选择性考核．某社团有小明、小刚等5位同学参加，现选3位同学参加考核，则在小明被选中的条件下，小刚被选中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】设事件为“小明被选中参加考核”，事件为“小刚被选中参加考核”，
则，,
所以,
故选：.
7. 已知抛物线，为坐标原点，为的焦点，直线与交于，两点，记和的面积分别为，则（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】D
【详解】
由可知抛物线的焦点为，易得点在直线上，
由消去，可得，解得或，
因，则，由图知，.
故选：D.
8. 若实数满足，则下列不等式错误的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】由3a-b2=6-4ab得3a2+b2=6+2ab，
结合可得，3a2+b2=6+2ab≥6ab，
得，等号成立时，
结合可得，3a2+b2=6+2ab≥-6ab，
得，等号成立时，
综上可得：，故B正确；
由3a2+b2=6+2ab可得ab=3a2+b2-62，则有-34≤6-3a-b24≤32，
解得：0≤a-b2≤3，则，故A正确；
由及3a2+b2=6+2ab得，-34≤3a2+b2-62≤32，
解得，故C正确；
由3a2+b2=6+2ab得，3a+b2=6+8ab，即ab=3a+b2-68,
因，则-34≤3a+b2-68≤32，-6≤a+b≤6，故D错误.
故选：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. 已知函数，则（ ）
A. 的定义域为B. 为奇函数
C. 为上的减函数D. 无最值
【答案】ABD
【详解】对于A项，由可知，所以，即其定义域为，A正确；
对于B项，，显然，
所以为奇函数，B正确；
对于C项，由A项结论可知显然错误；
对于D项，由指数函数的性质知：当时，
，所以，
则，故D正确；
故选：ABD
10. 在二项式的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A. 常数项为B. 各项的系数和为
C. 二项式系数最大的项为第项D. 有理项的系数和为
【答案】AC
【详解】二项式的通项为：，
当即时，该项为常数项，即，故选项A正确；
当时，各项系数和为，故选项B错误；
因为是偶数，所以二项式系数最大的项是，
即第项为二项式系数最大的项，故选项C正确；
有理项要求的指数为整数，即为整数，
令，则，即，故需为偶数，
因此，分别计算对应项的系数：
，
，
，
，
有理项系数和为，因此选项D错误.
故选：AC.
11. 在中，，且，若是边上的一点，满足，则（ ）
A. B. 面积的最大值为
C. D. 的最小值为
【答案】BD
【详解】因为csA+2csA+3π4sinA+3π4=0，
所以化简得csA+sin2A+3π2=0，即.
解得csA=1±1+84=1±34，即（舍去）或.
所以，所以A错误；
因为AC+AB=4≥2AC·AB，所以AC·AB≤4
当且仅当时等号成立.
所以的面积为S=12×AB×AC×sinA≤12×4×32=3，
此时其面积的最大值为，B正确；
因为AB→·AD→AB→=AC→·AD→AC→，所以AB→AD→cs∠BADAB→=AC→AD→cs∠CADAC→，
所以cs∠BAD=cs∠CAD，即
根据得，12×AB×AC×sinA=12×AB×AD×sin∠BAD+12×AC×AD×sin∠CAD，
化简得AB·AC=ADAB+AC=4AD，所以C错误；
根据角平分线定理可得，设，则.
则BD=xx+yBC,CD=yx+yBC，所以1BD+1CD=x+yxBC+x+yyBC=x+y2xyBC.
根据余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB×AC×csA=x2+y2+xy=16-xy.
所以BC=16-xy.
所以1BD+1CD=16xy16-xy=16x2y216-xy.
设t=xy，则由得.
令ft=t216-t=-t3+16t2，求导得f't=-3t2+32t=t-3t+32.
所以在t∈(0,4]上单调递增，所以ft≤f4=192=83.
所以的最大值为，此时的最小值为1683=233，所以D正确.
故选：BD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知正项等比数列的前项和为，公比为，则___________．
【答案】
【详解】因为，所以，即，
所以，解得或，
因为，所以，所以不满足条件，
所以.
故答案为：.
13. 已知一个底面半径为的圆锥侧面展开图形的面积是底面面积的2倍，则该圆锥轴截面的面积为___________．
【答案】
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，
则圆锥的侧面展开图的面积，圆锥的底面面积，
因为圆锥的底面半径为1，所以，
因为圆锥侧面展开图形的面积是底面面积的2倍，所以，
所以，
如图，圆锥的轴截面为，圆锥的轴为，
因为，，
所以，
所以圆锥的轴截面的面积，
故答案为：.
14. 在中，，以各边为直径分别向外作三个半圆，为三个半圆上任意两点，则的最大值是___________．
【答案】
【详解】设边的中点分别为，当位于两个不同的半圆上时，
例如点P在以BC为直径的半圆上，点Q在以AB为直径的半圆上，
则，当且仅当P,E,F,Q共线时等号成立，
当在同一半圆上时，最大距离为该半圆的直径，
根据三角形两边之和大于第三边可知，半周长大于任意一边，
故的最大值是的半周长，即12AB+BC+AC.
方法一：
中，由余弦定理BC2+AC2-2BC·ACcsC=AB2，得BC+AC2-3AC·BC=12，
因为AC·BC≤AC+BC2,当且仅当时，等号成立.
所以AC·BC≤AC+BC24，所以AC+BC2-12≤3AC+BC24，即AC+BC2≤48，
所以230，
则有an+1-an=3，又a1=3，
所以是首项为3，公差为3的等差数列，
则an=3+3n-1=3n，
故an=9n2.
【小问2详解】
由（1）已得an=3n，则bn=13n·3n+1=191n-1n+1，
所以Sn=b1+b2+b3+⋯+bn=191-12+12-13+13-14+⋯+1n-1n+1
=191-1n+1=n9n+1.
17. 已知四棱锥平面．
（1）证明：平面平面；
（2）记平面平面，证明：；
（3）若，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【小问1详解】
平面，平面，
，
又，
,
平面，
平面，
又平面，
平面平面.
【小问2详解】
，平面，平面，
//平面.
又平面平面，平面，
.
【小问3详解】
以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
令，则.
平面中，，设平面法向量为，
则，令，则，故.
平面中，，设平面的法向量为，
则，令，则，故.
设平面与平面所成夹角，则.
18. 已知椭圆的右焦点为，左顶点为，离心率为．
（1）求的方程；
（2）过点且与轴不重合的直线与交于两点．
①记直线的斜率分别为，求的值；
②记关于原点对称的点为，是否存在直线，使得四边形的面积为．若存在，求出满足题意的的条数；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）①；②2条.
【小问1详解】
设，故，所以．
因为，所以，
故的方程为．
【小问2详解】
①由（1）知，设直线的方程为，
联立方程得，
,
由韦达定理得,
则
，
②由题得，不妨设，由①知．
又因为四边形的面积
.
所以，代入中，
得，
代入中，得，
化简得，
即或．
令，则．
，故，即在上单调递增．
又，由零点存在定理知有唯一零点在区间上．
综上所述，满足题意的直线有两条．
19. 已知函数．
（1）当时，证明：；
（2）当时，若，求的最大值；
（3）若恰有2个零点和3个极值点，证明：．
【答案】（1）证明见解析；
（2）1 （3）证明见解析.
【小问1详解】
.
设，则，
故当时，在区间上单调递增；
当吋，在区间上单调递减，
故g(a)≤g12=-1-ln2．
因此f(1)=b+g(a)≤b+g12=b-1-ln2≤0，得证．
【小问2详解】
取，则g(a)+2≥0，由（1）知在区间上单调递减，
故当时，，故必有,
当时，，则，
故当时，在区间上单调递减；
当时，在区间上单调递增，
故，符合题意，因此的最大值是1．
小问3详解】
设，
则，
故当时，在区间上单调递减；
当时，在区间上单调递增，
所以当时，取极小值．
若恰有2个零点，则，得．
，设，
则，由恰有3个极值点，得必有2个正零点，
记为，故，
即，
当，或时，在区间上单调递增，当时，在区间上单调递减，
当时，取极大值，当时，取极小值，
由恰有3个极值点，则必有3个正零点，
由有，
故．
因为x1b-2ax1≤b4ab-2a⋅b4a=b28a，
所以必有，即，
由，有，则．
由，有，即，
因为函数在区间上单调递增，若，
则a3+1a3≤8+18