广东省2026届高三上学期一轮复习验收考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份广东省2026届高三上学期一轮复习验收考试数学试卷（Word版附解析），共16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。
数学试卷
一、单选题
1．若集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．已知中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
4．已知数列的前项和为，若，且，则（ ）
A．2B．3C．5D．7
5．函数的零点个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
6．已知正方体中，点为线段的中点，平面平面，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，若关于的不等式在区间上恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，，第二象限的点满足，且.若，且，则的离心率为（ ）
A．B．4C．D．
二、多选题
9．已知某AI软件公司为迎合市场的需求开发了一款新型智能AI写作软件，现将该软件上市后的月份以及每个月获得的利润（单位：万元）之间的关系统计如下表所示，并根据表中数据，得到经验回归方程，则（ ）
A．B．可以估计每增加1个月份，月利润提高2.8万元
C．可以估计10月份的利润为26.8万元D．5月份利润的残差为0.4万元
10．已知抛物线的焦点为，点在上运动，直线过点且与直线相互垂直.记直线与交于，两点，为线段的中点，则（ ）
A．在轴上的截距为
B．
C．满足的点有2个
D．
11．已知体积为的四棱锥的底面是边长为2的正方形，且，记四棱锥的表面积为，则（ ）
A．点到平面的距离为2
B．的面积为2
C．
D．存在点使得四棱锥有内切球，且内切球的表面积为
三、填空题
12．已知随机变量，若，则 .
13．已知向量，，在正方形网格中的位置如图所示，则 .
14．函数的值域为 .
四、解答题
15．已知等差数列的前项和为，其中，.
(1)求数列的通项公式；
(2)求使得不等式成立的的值.
16．俄罗斯方块这一款游戏诞生于年，由苏联科学院工程师开发，受到了广大人群的喜爱，这款游戏的相关比赛也在各地层出不穷.已知孙三、赵四、王五进行一次俄罗斯方块游戏比赛，共比场，规定每场比赛先得分者获胜，现将三人每场比赛的得分（单位：分）情况统计如下.
(1)求孙三这场比赛得分的下四分位数以及赵四这场比赛得分的第百分位数；
(2)若从这场比赛中随机抽取3场，记这3场比赛中赵四与王五分差的绝对值不低于分的场次数为，求的分布列及数学期望.
17．已知直三棱柱如图所示，点在线段上，且.
(1)证明：；
(2)若，，平面与平面的夹角为，点是线段上靠近的四等分点，求直线与平面所成角的正弦值.
18．已知函数，.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)当时，证明：；
(3)当时，证明：.
19．已知椭圆的右顶点为，离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知为坐标原点，过点且与轴不重合的直线与椭圆交于，两点.
（i）若，且，分别在直线，上，探究：是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由；
（ii）若，点在轴上方，记椭圆的左焦点为，若，且，求的取值范围.
参考答案
1．B
【详解】依题意得，
则.
故选：B.
2．A
【详解】依题意，，故所求虚部为．
故选：A．
3．A
【详解】因为，所以，
则.
故选：A
4．C
【详解】依题意，，解得，
又，所以.
而，，
两式相减可得，，故.
故选：C.
5．D
【详解】令，则，
在同一直角坐标系中分别作出，的图象，如图所示，
观察可知，它们有3个交点，即有3个零点.
故选：D.
6．C
【详解】如图，取线段的中点，连接，
因为，分别为线段，的中点，所以，
又，所以，故，，，四点共面，
所以平面平面，即直线即为直线.
因为，所以即为直线与直线所成的角，
设正方体棱长为1,
则在直角三角形中，.
故选：C.
7．D
【详解】令，则，解得.
令，则，解得，
则.故，即，
令，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
则的最小值为，故，故.
故选：D.
8．B
【详解】依题意，点在的渐近线上，点在的右支上.
因为，所以.
设为坐标原点，又，分别为，的中点，则，
又，，故，
故，而，则.
在中，由余弦定理，得，解得（负值舍去）.
故选：B
9．AC
【详解】依题意，，
将代入中，解得，故A正确；
可以估计每增加1个月份，月利润提高2.4万元，故B错误；
将代入中，得到，故C正确；
将代入中，得到，则所求残差为，故D错误.
故选：AC.
10．BCD
【详解】由题意设直线的方程为，将代入，解得，令，
解得，故A错误；
联立解得或
不妨设，，故，故B正确；
作图可知，线段的中垂线与有两个交点，故C正确；
分别过，作的准线的垂线，垂足分别为，，
因为，所以，
当且仅当，，三点共线时取等号，故D正确.
故选:BCD.
11．ACD
【详解】选项A，设点到平面的距离为，因为，解得，故A正确；
选项B，因为，所以，
故点在平面的射影在线段的垂直平分线上，
过作垂直于点，则，
故，则的面积为，故B错误；
选项C，过分别作，的垂线，垂足分别为，，
则当最小时，四棱锥的表面积取得最小值.
不妨设，则，
如图，可看成点和点之间的距离，可看成点和点之间的距离，
则，
设关于轴的对称点为，则，
则有，
当三点共线时取等号，此时，，
则直线的方程为，当时，，
则点，即，则为线段的中点，故，
，，
，
四棱锥的表面积为，
故四棱锥的表面积为的最小值为，故C正确；
选项D，当四棱锥为正四棱锥时，存在内切球，过作垂直于点，
则的内切圆半径等于四棱锥的内切球半径，设内切球的半径为，
在中，，
，，
， ，此时内切球的表面积为，故D正确.
故选：ACD.
12．
【详解】由正态分布的性质，可得，
因为，所以，
解得，
又由随机变量，根据正态分布曲线的对称性，可得.
故答案为：.
13．/
【详解】以的起点为坐标原点，小正方形的边长为1个单位长度建立直角坐标系，如图：
则，，，
所以，，
，.
所以.
故答案为：.
14．
【详解】因为，所以；
因为为奇函数，当时，，所以；
当时，，所以，当且仅当时，等号成立；
故，所以的值域为.
故答案为：.
15．(1)
(2)1，2
【详解】（1）依题意，，解得，
故数列的公差，
则；
（2），
故，即，即，解得，
因为，所以使得不等式成立的的值为1，2．
16．(1)；；
(2)分布列见解析，期望为.
【详解】（1）将孙三这场比赛的得分从小到大排列可得：，，，，，，，，，.
由，故孙三这场比赛得分的下四分位数为；
将赵四这场比赛的得分从小到大排列可得：，，，，，，，，，.
由，故赵四这场比赛得分的第百分位数为.
（2）因为场比赛中赵四与王五分差的绝对值不低于分的场次数为4，故的可能取值为,则服从超几何分布.
所以，，
，，
所以的分布列为：
所以.
17．(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以.
又因为，所以.
因为，平面，，所以平面.
又平面，所以.
（2）解：因为，所以，
又，平面，，
所以平面.
如图，过作于点，则，所以平面，则.
过作于点，连接，
因为平面，，
所以平面，所以,
则即为平面与平面的夹角，所以.
设，由，得，，，
因为，所以，
由勾股定理得，
则由，得.
以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量，
则，即，令，则，
记直线与平面所成的角为，
则.
18．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）依题意，，则，
而，
故，
故所求切线方程为.
（2）证明：要证，即证，
设，则，
令，则，
因为，所以，因此单调递减，
又，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
故，
即，即得证.
（3）证明：依题意，,即，
即，即.
令，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，故，
令，则，
令，则，
令，解得，，
所以当和时，，则单调递增，当时，，则单调递减，
且，，
因此当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，即；
故当时，，即得证.
19．(1)
(2)（i）是，（ii）
【详解】（1）依题意，
解得，.
故椭圆的方程为.
（2）设，，
（i）结论：.下面给出证明.
，故要证，
即证，即证，
即证，即证，即证.
设直线的方程为，由消去，得，
由，得或.
则，，
设直线的方程为，令，得，故，
同理，，则，
而，
故，则.
（ii）因为，所以，
因为，所以，
则
，，
所以.（*）
由已知直线的斜率不为0，故设直线的方程为，
联立消可得，
其中，
则，，
所以，
因为，所以，，所以，
解得，即，
代入（*）式可得，.月份
1
2
3
4
5
利润
5
8
10
12
15
场次
1
2
3
4
5
6
7
8
9
孙三
赵四
王五
0
1
2
3