广东省2026届高三数学上学期12月模拟考试含解析

这是一份广东省2026届高三数学上学期12月模拟考试含解析，共15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
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知一组数据的分位数为3，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．已知集合，若，则（ ）
A．B．0C．1D．2
3．设，则其共轭复数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
4．已知为等比数列，为其公比，设甲：；乙：，则甲是乙的（ ）
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
5．设是两个相交但不垂直的平面，直线，则与的关系不可能是（ ）
A．B．
C．D．与相交但不垂直
6．已知数列是首项为1的等差数列，且，则（ ）
A．B．或C．D．或
7．已知双曲线的右焦点为，虚轴的上端点为，线段与交于点，则（ ）
A．B．C．D．
8．某地区举办演唱会时，举办方为防止观众私自携带灯牌等应援物品，使用了安检门进行辅助检测.依照以往数据，任一观众私自携带应援物品的概率为，若观众确实携带，安检门亮灯提示的概率为；若观众没有携带，安检门依旧有的概率因误检其他物品而亮灯提示.若某观众通过安检门时被亮灯提示，则该观众确实私自携带应援物品的概率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知，则下列命题一定为真命题的有（ ）
A．
B．若，则
C．
D．若，则
10．已知向量，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．
C．D．
11．设函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数.若，则（ ）
A．B．可能为2
C．D．可能为0
三、填空题
12．已知抛物线，则以的焦点为圆心，且与的准线相切的圆的标准方程为 .
13．已知函数的最大值为2，最小值为0，则函数的最小正周期为 .
14．在三棱锥中，，直线与平面所成的角为，则三棱锥体积的最大值为 .
四、解答题
15．某研究院种植了一种特殊作物，为了解该种特殊作物成熟期的高度，随机调查了1000棵成熟期作物的高度并绘制成如下频率分布直方图.

(1)求的值及这1000棵成熟期作物的平均高度（同组数据用该组数据区间的中点值表示）；
(2)以这1000棵成熟期作物的高度的频率估计所有该特殊作物成熟期高度的概率.若在所有成熟的该种特殊作物中随机抽取20棵，记高度在区间内的棵数为，求的期望和方差.
16．在中，设内角的对边分别为，满足的面积为.
(1)求；
(2)若，求的外接圆的面积.
17．如图，在圆柱中，分别为上､下底面直径，连接，作于点，，记实数.
(1)若，求；
(2)记平面与圆所在平面的夹角为，若，求.
18．已知椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点.当为的上顶点时，.
(1)求的方程；
(2)过点作的垂线，垂足为.
（i）证明：直线过定点；
（ii）若的斜率不为0，记的中点为，（i）中的定点为的斜率为的斜率为，证明：是定值.
19．设函数.
(1)若，证明：当时，；
(2)若，证明：；
(3)若存在，使得当且仅当时，，求的取值范围.
参考答案及解析
1．答案：C
解析：若，则其分位数为；
若，则分位数为；若，则分位数为3；
若，则分位数为；
若，则分位数为，
综上，.
故选：C.
2．答案：C
解析：由于，故，
由知或，
即或，
注意到，故由元素互异性知，故，
故选：C．
3．答案：A
解析：因为，故，其在复平面内对应的点位于第一象限.
故选：A.
4．答案：D
解析：当时，，此时，不满足，
故充分性不成立；
若，此时满足，但，故必要性不成立，
故甲是乙的既不充分也不必要条件.
故选：D.
5．答案：C
解析：在平面外取平行于和的交线即可，故A可能；
在平面内取平行于和的交线即可，故B可能；
若且，则，与条件矛盾，故C不可能；
除去和的情况D都成立，故D可能.
故选C.
6．答案：B
解析：设数列的公差为，又，即，
整理得，解得或，
当时，；当时，
又，
因此或.
故选：B.
7．答案：A
解析：由题意得的半焦距，如图，其中，
作于点，且设，

而由锐角三角函数的定义得，解得，
故，代入，得，
化简得，而，解得（其它根舍去）
由题意得，得到.
故选：A.
8．答案：B
解析：设事件：该观众私自携带应援物品；事件：安检门亮灯提示，
则.
某观众通过安检门时被亮灯提示，则该观众确实私自携带应援物品的概率为
所以.
故选:B.
9．答案：ACD
解析：对于A，因为函数单调递增，又，所以，故A正确；
对于B，当时，，故B错误；
对于C，由不等式的传递性可知，故C正确；
对于D，由得，又，所以，即.
又，即，则，即，又，故，故D正确.
故选：ACD.
10．答案：ABD
解析：若，则
，所以，故A正确；
因为，而，
所以，故B正确；
取，则，此时，
，故C错误；
因为，故D正确.
故选：ABD.
11．答案：AD
解析：对于A，设，因为为奇函数，
所以，
且，即.令，
则，则的图象关于点对称.
设，故，
即，可得为偶函数，令，
则，则的图象关于直线对称，
若，则即是奇函数，又是偶函数，
故只能有，即对任意成立，
则对任意成立，与矛盾，故，故A正确；
对于B，由于，若，
则，与2矛盾，故B错误；
对于D，取，则的图象关于点对称，，
即存在使得为0，故D正确；
对于C，取，则的图象关于直线对称，
故，令，有，
由D得，故存在使得不为，故C错误.
故选：AD.
12．答案：
解析：由题意得的焦点为，准线为，
故圆的圆心为，则半径，
则圆的标准方程为.
故答案为：.
13．答案：/
解析：易得，故的最大值为，最小值为，
则解得，故，则其最小正周期.
故答案为：.
14．答案：/
解析：不妨设，由中，可得，
又由，故点在以为焦点，且2为长半轴长的椭圆上，
当在该椭圆的上顶点时，的面积最大，此时，
取的中点，可得，
则，
设点到平面的距离为，
因为直线与平面所成的角为，可得，
所以，
设且，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，
所以，
当且仅当，且时，等号成立，
所以三棱锥体积的最大值为.
故答案为：

15．答案：(1)，101厘米
(2)
解析：（1）由，得，
这1000棵成熟期作物的平均高度为
厘米.
（2）高度在区间内的频率为，
由样本估计总体知，高度在区间的概率为0.3，
因为，所以.
16．答案：(1)
(2)
解析：（1）由余弦定理得，
由面积公式得，
两式作比，得，
即，由得.
（2）代入，有，
而，得到，
记的外接圆半径为，
由正弦定理得，
故的外接圆的面积为.
17．答案：(1)
(2)或
解析：（1）因为，所以，
记在下底面的投影为，则，平面，又平面，
.
因此，
又因为在圆上，故有，故，
则.
（2）以为原点，所在直线分别为轴，过点且垂直平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，
易知，当时，此时平面与圆所在平面的夹角，，不符题意.
因此，由对称性，不妨设，则，
故，
设平面的法向量，则，得，
令，则，因此可取.
易知圆所在平面的一个法向量为，
则，
解得，即.
设，易知，
则，又，
则.
①当时，，
由可得，即，解得，
又，解得；
②当时，，
由可得，即，解得，
又，解得.
综上所述，或.
18．答案：(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
解析：（1）记的半焦距为，显然，而，
故，于是的方程为.
（2）（i）证明：解法一：设，
当直线的斜率不为0时，设，
联立，得，
可得.
易知，故直线可表示为，
显然，故当时，
，
故直线过定点.
当直线的斜率为0时，易知过点.
综上所述，直线过定点.
解法二：由解法一得，直线可表示为，
显然，当时，
，
故直线过定点.
当直线的斜率为0时，易知过点.
综上所述，直线过定点.
（ii）证明：由题意，而，
则
，
则，故，为定值.

19．答案：(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
解析：（1）当时，，
则，
当时，，故，
所以在区间上单调递减，所以，即.
（2）证法一：当时，.
当时，，此时；
设，则，
当时，，当且仅当时取等号，
故在区间上单调递减，
又，因此存在唯一的，使得，
即，即，
且当时，，当时，，
故在区间上单调递增，在区间上单调递减.
由.
由且，得.
故，
要证等价于证明，即证.
因为，所以，不等式成立，
即得证.
解法二：由（1）知当时，，
当时，，所以，
所以在区间上恒成立，
所以当时，，
由于前面的等号在处取到，后面的等号在处取到，
所以，即.
（3）设，不等式等价于，
故题目等价于：对所有恒成立，且对所有恒成立，
由于的图象是一条连续不断的曲线，
故由所有恒成立可知必有，
由对所有恒成立可知必有，故.
现求时满足条件的的范围.
① 当时，，
故在区间上单调递减.则在区间内的最大值为，
因此在区间上恒成立，满足条件；
②当时，，即，记，则，
当时，，故，则在区间上单调递减，
又，故在区间上先递增再递减，
也即在区间上的最小值在或处取得.
又，故在区间上的最小值只能是0或.
要使在上恒成立，需使，解得.
综上，要存在使题设成立，必须满足.
又，当时，.