广东省2026届高三上学期12月阶段性联合检测 数学试卷

这是一份广东省2026届高三上学期12月阶段性联合检测 数学试卷，共14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．已知复数，则的实部为（ ）
A．B．C．3D．5
3．已知向量，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．统计学中算术平均数､几何平均数､调和平均数､加权平均数是数据分析中的重要工具.已知正数的调和平均数，则数据的调和平均数（ ）
A．B．C．D．
5．已知离心率为的椭圆的两个焦点分别为，点在上，的最小值为8，则椭圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知圆台的上､下底面半径之比为，若圆台的上､下底面圆周都在半径为5的球（球心在圆台内部）的表面上，且圆台的高为7，则圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．若，则（ ）
A．B．C．D．
8．给出下列两个不等式：①；②，则（ ）
A．①②都错误B．①正确，②错误
C．①②都正确D．①错误，②正确
二、多选题
9．某市场供应多种品牌的防毒面具，相应的市场占有率和优质率的信息如下表：
在该市场中随机买一种品牌的防毒面具，记表示买到的防毒面具分别为甲品牌､乙品牌､其他品牌，记表示买到的防毒面具是优质品，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知抛物线的焦点为，准线为，点是上第一象限内一点，且的延长线与交于另一点的反向延长线与交于点，与轴交于点，设是抛物线上一动点，则（ ）
A．
B．
C．以为直径的圆与轴相切
D．满足的点有且仅有2个
11．已知函数，下列说法正确的是（ ）
A．与的图像都是中心对称图形
B．存在，使得在上的单调性相反
C．若方程有3个不同实根，则
D．若函数与函数的图像有个不同交点，则
三、填空题
12．若的展开式中第4项为160，则 .
13．在中，内角的对边分别为，已知，则面积的最大值为 .
14．表示实数中的较大者，已知均为正数，则的最小值为 ．
四、解答题
15．已知函数的图象如图所示.

(1)求的单调递增区间；
(2)若，且，求的值.
16．如图，在四棱锥中，侧面底面，，，底面为等腰梯形，且.
(1)证明：平面平面；
(2)若，求平面与平面夹角的余弦值.
17．已知函数，且．
(1)当时，设曲线在处的切线为l，求l与曲线的公共点个数；
(2)若函数的最小值为1，求实数a的值
18．已知双曲线的一条渐近线方程为，点是C上一点，过点P作斜率分别为，的两条直线，，且直线与C交于另一点A，直线与C交于另一点B．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)若直线，的倾斜角互补，且，求；
(3)若，证明：直线AB与y轴的交点为定点，并求出定点坐标．
19．已知数列，给出以下两个定义：
①若，且对于任意，都有，则称与为“型相关数列”；
②.
(1)若数列与为“型相关数列”，证明：；
(2)已知数列与为“1型相关数列”.
（i）若，从中随机抽取4项，表示这4项的和，求的期望；
（ii）若数列满足，且，求的最大值.
参考答案
1．C
【详解】由题意可知，，
又因为集合
所以
故选：C
2．D
【详解】因为，所以，则，
所以的实部为5.
故选：D.
3．D
【详解】由题意可得，
由可得，解得，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
4．B
【详解】，所以.
故选：B.
5．B
【详解】，，
当且仅当时取等号，此时，
所以，又离心率，所以．
故选：B．
6．A
【详解】设圆台的上､下底面半径分别为，
由题意可得，解得，
所以圆台的体积为.
故选：A.
7．D
【详解】因为，所以，
整理为，则，
又，则，
所以，
所以，
所以.
故选：D.
8．C
【详解】设，则，所以在上单调递减，
所以时，即，所以，
取得，所以，①正确；
由，
得，②正确，
故选：C.
9．AC
【详解】由题意得，
因为与互斥，所以，所以A正确；
，所以B错误；
，所以C正确；
，所以D错误.
故选：AC.
10．ACD
【详解】对A：由抛物线的定义可知，，解得，故A正确；
对B：将点代入，得，解得，则，
由和可知直线的方程为，则，
将与联立，得，解得，
所以，则，故B错误；
对C：的中点坐标为，到轴的距离为，
且，故以为直径的圆与轴相切，故C正确；
对D：由上知的中点坐标为，
则的中垂线方程为，即，
与抛物线方程联立消去得，，
即存在两个这样的点，故D正确.
故选：ACD.

11．ABD
【详解】，其图像由奇函数的图像向左平移1个单位，
再向上平移1个单位得到，所以的图像关于点对称，
，
其图像由奇函数的图像向左平移1个单位，再向下平移1个单位得到，
所以的图像关于点对称，故A正确；
由，
可得当时，单调递增，单调递减，故B正确；
当时，由得，
在上单调递增，在上单调递减，
时方程有1个实根，
时方程有2个实根，
时方程没有实根，
当时由得，
在上单调递增，
对任意实数，方程有1个实根，
综上得当时方程有3个实根，故C错误；
令，则，
令，所以，
由得，故的图像关于点对称.
作出及的大致图像如图所示.
两函数图像有4个交点，且两函数图像都关于点对称，
所以，故D正确.
故选：ABD.
12．
【详解】的展开式中第4项为，
所以，解得.
故答案为：
13．
【详解】在中，，
由正弦定理得，即，
由余弦定理得，因为，所以，
因为，当且仅当时取等号，
因此，所以的面积，即面积的最大值为.
故答案为：
14．
【详解】按和分类．
记．
当时，，
当且仅当时，取得等号；
当时，，
当且仅当时，取得等号．
综上可知，的最小值为．
故答案为：.
15．(1)
(2)
【详解】（1）由函数图象可知，，
，所以，
又，所以，解得，
由，可得，
所以，
令，
解得，
所以的单调递增区间为；
（2）因为，
所以，
所以
.
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由，，，则，故，
则，有，故，
因为侧面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
因为平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴，
在平面内过点作的垂线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
得平面的一个法向量，
由（1）知平面，则平面的法向量可为，
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.
17．(1)1
(2)
【详解】（1）当时，，其定义域为，
因，所以，
因，则曲线在处的切线方程为，即，
联立方程，可得，
设，得，
所以在上单调递增，
又，所以有且仅有一个零点，
所以直线l与曲线的公共点个数为1．
（2）对函数求导得，
①当时，，函数在递增，则无最小值；
②当时，令得；得；
则在上单调递减，在上单调递增，
故，解得，
综上：.
18．(1)
(2)
(3)证明见解析，
【详解】（1）由题知，，
所以，
所以双曲线的标准方程为．
（2）由题知，，
直线，直线，
联立得．
因为方程有一个根为2，所以，
同理可得，，
所以．
（3）当直线的斜率不存在时，点关于轴对称，
设，则由，得，
即，解得，不符合题意，所以直线的斜率存在.
设直线，代入双曲线方程，
化简得，根的判别式．
设，
则，
根据，得，即，
整理得，
所以，
整理得，即，
所以或．
当时，直线的方程为，经过轴上的定点；
当时，直线的方程为，经过定点，不符合题意．
综上，直线与轴的交点为定点，且定点坐标为．
19．(1)证明见解析
(2)（i）1；（ii）
【详解】（1）证明：根据“型相关数列”的概念可知，当时，，
当时，，
则，
所以，
故.
（2）（i）因为与为“1型相关数列”，所以，且.
当时，则，所以；当时，则，则，
因为，所以，所以中有3项为，5项为1.
由题意可知，可能取值为.
则，
，
所以.
（ii），所以，则，
又，所以中有2组符号相同，5组符号相反，
因为符号相反，所以中有2组符号相反，5组符号相同，
当符号相反时，；当符号相同时，，
所以.
故的最大值为，
当且仅当这2018组符号相同时取得等号.品牌
甲
乙
其他
市场占有率
优质率