广东省大湾区2026届高三上学期10月联合模拟考试数学试卷（Word版附解析）

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数学
本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：1、答卷前、考生务必将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上、将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”．
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上．
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．
4.考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．
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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1. 设复数为纯虚数，则复数的共轭复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先由纯虚数的概念求，进而可求得，即可求解
【详解】复数为纯虚数，
则，解得，
则，
则复数的共轭复数为，
故选：A
2. 下列函数中，在上单调递减的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据基本初等函数的性质逐项分析判断即可．
【详解】根据幂函数、反比例函数、对数函数的图像特性可知，
、、皆在上单调递增，
而，根据指数函数图像特性可知，
在单调递减，所以在上为减函数．
故选：B．
3. 方程所表示的曲线（ ）．
A. 关于y轴对称B. 关于直线对称
C. 关于原点对称D. 关于直线对称
【答案】C
【解析】
【分析】将代入方程，若方程不变，则方程所表示的曲线分别关于y轴，直线y=-x原点及y=x对称，即可得出结论.
【详解】将 代原方程 ，故A错误；
将代入方程，即 ，故B错误；
将 代入原方程 ，即 ，故C正确；
将代入原方程，故D错误.
故选：C
4. 某河段南北两岸平行，一艘船从南岸码头A点出发航行到北岸，已知船在静水中的航行速度的大小为km/h，水流速度的大小为km/h．设和的夹角，当船的航行距离最短时，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】要使船的航行距离最短，只需，合速度垂直于两岸即可，分析这种情况下速度的夹角即得到答案．
【详解】要使船的航行距离最短，只需，合速度垂直于两岸，如图所示，
所以，其中，所以．
故选：C．
5. 已知等比数列的首项，且满足，，则公比q为（ ）
A. B. 2C. 或2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据列出公比的等式，求解方程后再确认是否满足即可．
【详解】因为公比，所以，化简得，解得或，
当时，，
当时，，
又，则．
故选：B．
6. 在底面半径为1的圆柱中，过旋转轴作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB=2，E是弧BC的中点，F是AB的中点，则（ ）
A. AE=CF，AC与EF是共面直线
B. ，AC与EF是共面直线
C. AE=CF，AC与EF是异面直线
D. ，AC与EF是异面直线
【答案】D
【解析】
【分析】在圆柱中，利用勾股定理求解，再利用异面直线的定义进行判断得出结果.
【详解】如图，在底面半径为1的圆柱中，母线，，是的中点，则，
因为是的中点，又，则，
，，
，
在中，是的中点，是的中点，，
与是共面直线，
若AC与EF共面直线，则在同一平面，显然矛盾，故AC与EF是异面直线
故选：D．
7. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先将已知等式进行化简，得到关于的表达式，再换元利用二倍角公式求出的值.
【详解】由可得.
因为，变形为.得到.
两边同时平方得，即.
设，则，即.解得或.
当时，，得到，.
当时，，得到， 由于，这种情况舍去.
故选：D.
8. 已知点是椭圆的左､右焦点，点为椭圆上一点，点关于的角平分线的对称点也在椭圆上，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据角平分线的性质，二倍角公式和椭圆的定义，结合余弦定理找到的比例关系即可得出答案.
【详解】
如图，设的角平分线与线段相交于点，则，
，
设，则，，
由椭圆的定义得，所以，
，
由题可知在线段的中垂线上，所以，
所以，
所以，又，
在，由余弦定理得，
代入得，化简得，
则椭圆的离心率为，
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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用指数和对数的关系、基本不等式的性质、对数的运算法则对选项逐一判断即可.
【详解】因为，所以，
所以，所以A错误；
，B正确；
，所以，C错误；
因为，，所以，D正确.
故选：BD.
10. 如图，直线AB与半径为1的圆C相切于D点，射线DB绕着D点逆时针方向旋转到DA，在旋转过程中射线DB交圆C于E点，设，，射线DB扫过圆C内部（阴影部分）的面积为，则（ ）
A. B. ，当
C. 直线为的对称轴D. 在瞬时变化率最大
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，根据几何关系求得，再据此得到的解析式即可；对于B，构造，求导研究极值即可；对于C，求出的值，再分析判断即可；对于D，判断是否为的最大值即可．
【详解】对于A，如图所示，根据几何关系可知，，
所以，
则，，
所以，故A正确；
对于B，令，，
，，所以当时，单调递减，
即，即，，故B错误；
对于C，因为，
所以点为的对称中心，
直线不是的对称轴，故C错误；
对于D，，所以，
故在瞬时变化率最大，故D正确．
故选：AD．
11. 下列四棱锥的所有棱长都相等，，，，，是四棱锥的顶点或所在棱的中点，则直线不与平面垂直的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由线面垂直的判定，结合向量说明线线的不垂直，逐个判断即可.
【详解】由条件可知四棱锥为正四棱锥，
对于A：

设的交点为，由正四棱锥的结构特征可知：面，
易知：，又，为平面内两条相交直线，
所以直线与平面垂直；
对于B：

取的中点为，连接，
有中位线性质可知：，，
所以四边形为平行四边形，所以，
可证直线平行平面；
对于C：

设棱长为2，，
所以，
所以与不垂直，所以直线不与平面垂直；
对于D：
设棱长为2，，，
所以
所以与不垂直，所以直线不与平面垂直；
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知幂函数在上单调递增，且，请写出一个满足条件的的值为______．
【答案】（答案不唯一．满足即可）
【解析】
【分析】根据幂函数的性质选择符合题意的即可.
【详解】当时,幂函数在上单调递增，
又，满足题意.
故答案为：（答案不唯一．满足即可）
13. 有一组样本数据5，，，，，已知它的平均数为5，方差为20，则新数据的方差为______．
【答案】24
【解析】
【分析】代入平均数和方差公式，即可求解.
【详解】由题意，得新数据的平均数为，
设其方差为．因为，
所以．所以．
故答案为：24
14. 已知集合是的子集，且，则的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】首先列出集合的子集，然后根据要求列出满足题干条件的情况种数，最后计算概率值即可.
【详解】因为是的子集，，
所以集合可能是共种情况，
其中满足条件的分以下几种情况：
若均不相同，则可能为和和和，
此时共种情况；
若中有两个相同，则可能和和和
和和和和，
此时共种情况；
若均相同，则有这1种情况；
以上共计种.
由于，那么符合条件的有：
和和和共种；
和和和共种；
以上共计种.
所以概率为.
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. 双曲线C：的左、右焦点分别为，点P在双曲线上．
（1）求的最小值
（2）若，求
【答案】（1）2 （2）13
【解析】
【分析】（1）利用两点间的距离公式，结合双曲线的取值范围，即可求解；
（2）根据双曲线的定义，结合（1）的结果，即可求解.
【小问1详解】
设，，左焦点，
，或，
当时，取得最小值2，
所以的最小值为2；
【小问2详解】
由方程可知，，
所以，即，解得：或,
根据对称性，以及（1）的结果可知，的最小值为2，
所以舍去，，
所以的值为.
16. 如图，在四棱锥 中， 底面 ，底面 为平行四边形，且 .
（1）证明: ；
（2）求平面 与平面 夹角余弦值.
【答案】（1）证明详见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）要证明线线垂直，可通过证明一条线垂直于另一条线所在的平面来实现；（2）通过建立空间直角坐标系，利用平面的法向量来求解二面角的余弦值.
【小问1详解】
设，则，.
在中，根据余弦定理，将，，代入可得：
，所以.
由此可得，根据勾股定理逆定理可知.
因为底面，底面，根据线面垂直的性质可知.
又因为，，平面，根据线面垂直的判定定理可知平面.
而平面，再根据线面垂直的性质可得.
【小问2详解】
以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.
由（1）知，，，则，，，.
因为平面，所以是平面的一个法向量.
设平面的法向量为，，.
由可得.
令，则由可得，由可得，所以.
设平面与平面的夹角为，则.
，，.
所以.
17. 已知数列的前n项和为．
（1）求数列的通项公式；
（2）在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在不同的三项，， （其中m，k，p成等差数列）仍然成等差数列?若存在，求出这样的三项；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由和计算分析即可求解；
（2）先由题意结合（1）中通项公式求出，接着假设在数列中存在三项，，（其中m，k，p成等差数列）仍然成等差数列，结合等差中项公式分析计算求得得出矛盾，从而得解.
【小问1详解】
依题意得，当时，．
由，可得，
两式相减得，
当时，，亦符合，
所以数列是以3为首项，以4为公差得等差数列，故．
【小问2详解】
在数列中不存在不同的三项，， （其中m，k，p成等差数列）仍然成等差数列，理由如下：
由（1）可得，依题意得，
假设在数列中存在三项，，（其中m，k，p成等差数列）仍然成等差数列，
则，即
整理得：①
又因为m，k，p成等差数列，则，
代入①式整理得： ，
即，化简得，即，
而m，k，p成等差数列，即，
又因为，，为不同的三项，，故假设不成立．
因此，在数列中不存在不同的三项，， （其中m，k，p成等差数列）仍然成等差数列．
18. 中、角A、B、C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求的值；
（2）B的角平分线BD交AC于D，
（i）证明：；
（ii）若，求的最大值．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边化角结合两角和与差的正弦公式即可计算求解；
（2）（i）先分别在和中利用正弦定理结合和比例的性质得和，接着在和中利用余弦定理结合即可分析计算求解；
（ii）先由（1）得，进而得到，，接着由题设结合（i）得，再结合基本不等式即可求解．
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得
，
因为A，，所以，，故；
【小问2详解】
（i）证明：中，由正弦定理得①，
同理在中，②，
BD是的角平分线，则，则，
故得，
由比例的性质得，即，
同理得，即，
在中，由余弦定理得③，
中，由余弦定理得④，
又，故，，
由得
，
则，
即；
（ii）因为，故，
则，则，，
由以及（i）知，
即，则，
当且仅当，结合，即，时等号成立，
故的最大值为．
19. 函数，为的导函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若在三个不同极值点.
（i）求的取值范围；
（ii）证明.
【答案】（1）答案见解析
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知可得，运用导函数，分，两种情况讨论导函数的符号得出函数的单调性；
（2）（i）根据（1），结合零点存在性定理确定的零点，由此确定的范围；
（ii）由（i）可知，再证明，由此可得要证明，只需证明，设运用导函数研究函数的单调性，可得证.
【小问1详解】
由函数的定义域为，
可得，，
所以
记，则.
当即时，在单调递增.
当即或时，设的解为.
若，则由得，.
因为，所以在单调递增.
若，则由得，.
此时.
当时，，函数在上单调递增；
当时，，
函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增；
综上所述，当时，在单调递增；
当时，在和单调递增，
在单调递减.
【小问2详解】
（i）由已知，函数有三个零点，且．
由（1）知时，在单调递增，不合题意．
下面研究的情况，由于，
故，因此，
又因为在单调递减，且，
所以．
又因为，
设，则，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以，当且仅当时等号成立，
所以当时，，
故
因此，在恰有一个零点（即在恰有一个零点），在恰有一个零点（即），在恰有一个零点（即在恰有一个零点）．
所以，的取值范围是．
（ii）由（i）可知，
令.
若是方程的根，则，
所以，故也是方程的根，所以.
欲证，只需证，
令.
由（i）可知，.
所以.
.
所以.
因为，所以，即在上单调递减.
又因为，所以在上恒成立.
即在上恒成立.
证得恒成立，
即.
【点睛】本题利用导数对参数进行分类讨论分析函数的单调性，构造函数进行多次求导分析函数的单调性和极值点的关系，本题综合性比较强，需要学生能多次求导分析，属于压轴题.