广东省2026届高三上学期12月一轮复习验收考试数学试卷（Word版附解析）

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数学试卷
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. 若集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解一元二次不等式求出集合B，再由并集定义即可得解.
【详解】依题意得，
则.
故选：B.
2. 的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数混合运算得，进而可得解．
【详解】依题意，，故所求虚部为．
故选：A．
3. 已知中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由可求出，然后再根据面积公式即可求解.
【详解】因为，所以，
则.
故选：A
4. 已知数列的前项和为，若，且，则（ ）
A. 2B. 3C. 5D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】由，且可列出关于的方程，解得，进而得，则数列的所有项可知.
【详解】依题意，，解得，
又，所以.
而，，
两式相减可得，，故.
故选：C.
5. 函数的零点个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】令，转化为求，图象交点个数即可.
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. 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.
【答案】C
【解析】
【分析】取线段的中点，连接，可证明即为，根据平行关系得到异面直线所成角为，求解即可.
【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. 已知函数，若关于不等式在区间上恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出和的值，从而得到，由通过分离参数得到，构造函数，利用导数法求得的最小值，从而得解.
【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. 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.
【答案】B
【解析】
【分析】确定点在双曲线渐近线上、点在右支上，由角相等得；利用中点性质证明三角形全等，结合双曲线定义得的表达式，由渐近线得角的余弦值；最后在中用余弦定理列方程，求解得双曲线的离心率.
【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
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
【答案】AC
【解析】
【分析】由回归方程过样本中心点即可求解判断A；由回归方程和残差定义即可逐项分析求解判断BCD.
【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. 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.
【答案】BCD
【解析】
【分析】设直线代入计算求解判断A，联立计算结合焦半径公式计算判断B，数形结合判断C，应用抛物线定义转化距离结合距离和最小计算判断D.
【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，所以，
当且仅当，，三点共线时取等号，故D正确.
故选:BCD.
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
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A，利用锥体的体积公式直接求解；选项B，由条件判断点在平面的射影在线段的垂直平分线上，利用勾股定理求出，由三角形面积公式计算即可；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.利用对称性求出的最小值即可得解；选项D，当四棱锥为正四棱锥时，存在内切球，利用等面积求出内切球半径，即可求其表面积.
【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.
【点睛】
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知随机变量，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据正态分布的性质，求得，结合，故，即可求解.
【详解】由正态分布的性质，可得，
因，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. 已知向量，，在正方形网格中的位置如图所示，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，直接计算向量的夹角的余弦值.
【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. 函数的值域为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角函数的诱导公式化简函数，然后利用函数的奇偶性和基本不等式即可求解.
【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：.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
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.
【答案】（1）
（2）1，2
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的通项公式及求和公式列出方程求公差和首项即可得解；
（2）由等差数列的求和公式、通项公式化简不等式求解即可．
【小问1详解】
依题意，，解得，
故数列的公差，
则；
【小问2详解】
，
故，即，即，解得，
因为，所以使得不等式成立的的值为1，2．
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.
【答案】（1）；；
（2）分布列见解析，期望为.
【解析】
【分析】（1）根据数的下四分位数的定义及第百分位的定义计算可得结果；
（2）由场比赛中赵四与王五分差的绝对值不低于分有4场，故服从超几何分布，所以按超几何分布计算的分布列及数学期望.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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. 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.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）先由线面垂直的判定定理证平面，再由线面垂直的性质定理证明；（2）过作于点，过作于点，连接，从而得到平面与平面的夹角，给定的值，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，进而得解.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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. 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：.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导数得切线斜率，点斜式可求切线方程；
（2）移项构造新函数，求导判断单调性可求最值，进而可证不等式；
（3）移项作差，构造新函数，利用导数判断单调性，求出最值可证结论.
【小问1详解】
依题意，，则，
而，
故，
故所求切线方程为.
【小问2详解】
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.
【小问3详解】
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. 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.
【答案】（1）
（2）（i）是，（ii）
【解析】
【分析】（1）求椭圆的方程的解题思路 利用椭圆右顶点得，离心率得，结合求出，进而得到椭圆方程.
（2）(i) 探究是否为定值的解题思路 将角度和定值转化为三角形相似的证明，设直线方程联立椭圆，借助韦达定理计算相关函数值的乘积，验证相似条件，得出角度和为定值.
(ii) 求取值范围的解题思路 根据向量关系确定点的坐标，表示出两个三角形的面积并化简面积比，结合直线与椭圆联立后的韦达定理，求出相关变量的范围，进而得到面积比的取值范围.
【小问1详解】
依题意，
解得，.
故椭圆的方程为.
【小问2详解】
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