广东省江门市2026届高三下学期一模数学试题（Word版附解析）

这是一份广东省江门市2026届高三下学期一模数学试题（Word版附解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。
1．已知（其中是虚数单位），则的共轭复数为（ ）
A．2B．2C．D．
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知双曲线的两个焦点分别是与，焦距为是双曲线上的一点，且，则（ ）
A．1B．8C．9D．11
4．某班级图书角有5种课外书，甲、乙两名同学从5种课外书中各自选2种，则两人选的课外书没有相同种类的选法有（ ）
A．20种B．30种C．40种D．60种
5．设是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（ ）
A．B．1C．2D．3
6．人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点为坐标原点，定义余弦相似度为（其中为向量的夹角），余弦距离为.已知，若的余弦距离为，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知正方体的棱长为，点是正方形内（含边界）的一个动点，且满足，则点的轨迹长为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，若，则的大小关系不可能是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．从某小区抽取户居民用户进行月用电量调查，发现他们的用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出如图所示的频率分布直方图.根据此频率分布直方图，则（ ）
A．
B．估计该小区居民用户月用电量的下四分位数约为
C．估计该小区有一半左右的居民用户，其月用电量介于至之间
D．当该小区的月用电标准定在时，该小区大约的居民用户用电量不受影响
10．在中，角的对边分别为，且，则（ ）
A．
B．当时，
C．当时，面积的最大值为1
D．当为锐角三角形时，的取值范围是
11．设抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，点为线段中点，若与平行的直线与抛物线相切于点，则（ ）
A．是直角三角形B．点的轨迹方程为
C．与轴平行D．
三、填空题
12．在的展开式中，常数项为______.（用数字作答）
13．在中，是边的中点，是边上的点，且，则向量与向量的夹角的余弦值为___________.
14．已知一个圆锥的底面半径为3，侧面积为.若在该圆锥内能放入一个可以任意方向自由旋转的正方体（圆锥表面厚度忽略不计），则该正方体体积的最大值为___________.
四、解答题
15．已知数列的首项，前项和为，且满足．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)若，求数列的前项和．
16．如图，在三棱柱中，，，，平面平面.
(1)求证：；
(2)若，直线与平面所成的角为，求二面角的平面角的余弦值.
17．某学校组织学科创新能力知识竞赛，参赛选手随机从三类问题中各抽取一个问题回答，类问题回答正确的得分依次是2分、3分、5分，回答错误得0分.已知甲同学能正确回答类问题的概率依次为，乙同学能正确回答类问题的概率都为，总分最高的选手获胜，且甲、乙同学能正确回答问题的概率与顺序无关.
(1)求乙同学三个问题中至少有两个问题回答正确的概率；
(2)记为甲同学的总得分，求的分布列及期望；
(3)已知乙同学在比赛中获胜，求甲同学的总得分不低于5分的概率.
18．已知椭圆的长轴长为，离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)椭圆的左右顶点分别为，是直线上一点，直线分别交椭圆于点两点，连接交轴于点.
（i）当最大时，求点的坐标；
（ii）若，求的取值范围.
五、未知
19．帕德逼近是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足.其中.已知在处的阶帕德近似为.
(1)求的值；
(2)若对于任意的，不等式恒成立，求的取值范围；
(3)已知是函数的三个不同的零点，且，求实数的取值范围，并证明.
参考答案
1．A
【详解】，则.
2．C
【详解】，，所以.
3．D
【详解】双曲线的焦距为，
，解得，
，
，
，
由双曲线的定义：，
，
，得或（舍去），
．
4．B
【详解】先从 5 种课外书中选 2 种给甲有种，再从剩下的3 种书中选 2 种给乙有种，
根据分步乘法计数原理，则两人选的课外书没有相同种类的选法有种.
5．B
【详解】因为是定义在R上的奇函数，所以，所以，
又周期为2，故，所以，
又，所以，
所以，所以.
6．C
【详解】因，
由定义可知，，
则，
.
7．C
【详解】连接，如下图所示：
因为平面，平面，所以.
由，，可得.
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆位于正方形内的部分.
因为，所以点的轨迹长为.
8．D
【详解】由题意令，即，得，
又，即，得或，
令，则，
可化为，
则是函数的图像与直线的交点横坐标，如图所示，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
综上，的大小关系不可能是，
9．BCD
【详解】对于A，由，解得，故A错误.
对于B，下四分位数即为分位数.
第一组的频率为，
第二组的频率为，
前两组的频率和为，
所以分位数为，故B正确.
对于C，用电量在的频率为，
即大约的用户用电量在此区间，一半左右，故C正确.
对于D，计算分位数.
用电量在的频率为，
用电量在的频率为，
所以分位数为，即用电标准定在时，
该小区大约的居民用户用电量不受影响，故D正确.
10．AD
【详解】对于A选项，由正弦定理，，是的外接圆的半径，
代入条件得，由余弦定理，，
又，故，故A正确；
对于B选项，将代入，得，
由余弦定理，，故，B错误；
对于C选项，若，由基本不等式可得
的面积，
当且仅当时取等号，故面积的最大值为，C错误；
对于D选项，由，
得，
由，得，又为锐角三角形，所以，
所以，所以，故.D正确.
11．ACD
【详解】由题知直线的斜率不为0，设过点的直线的方程为，
联立方程组得，消去得，
所以，
又，，
所以，
，
对于A，，，，
所以，即是直角三角形，故正确；
对于B，由的中点坐标，即，
所以线段中点的轨迹方程为，故B错误.
对于C，设直线与抛物线相切于点，
联立方程得，消去得，
所以，解得，
代入上式可得，解得，即点，
由，则与轴平行，故正确.
对于D，点到直线的距离，
点到直线的距离为，所以
因为，，
所以，
又因为，所以，故D正确.
12．15
【详解】二项式的展开式通项为，
由，得，，
所以常数项.
故答案为：15
13．
【详解】
如图，以为原点，分别以为轴建系，
，，，，
，，
所以.
14．8
【详解】要使圆锥内能放入自由转动的正方体的体积最大，
则该正方体的外接球恰好为该圆锥内能放入的最大的球，即内切球，
设圆锥的底面半径为，母线长为，
则圆锥侧面积为，解得.
如图，在圆锥轴截面中，，则，
所以，
所以圆锥内切球半径，即正方体外接球半径为.
设正方体的棱长为，则，解得，
所以正方体的体积为.
15．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由，①
当时，，由，解得，
当时，，②
①-②得：，即，
从而，
又因为，且也满足上式，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列．
（2）由（1）得，则，
从而，
所以，
，
令，①
则，②
①-②得：，
所以，
又，
所以．
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为在中，，
由余弦定理得：
，
所以，
所以，故，
又因为平面平面，
平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）解法一：过作，垂足为，
因为平面平面，
平面平面平面，
所以平面，
直线是直线在平面上的投影，
所以是直线与平面所成的角，即.
由（1）知，又，
连接，则是等边三角形，
取的中点，连接，
则，
由（1）知，
所以平面，所以，
所以是二面角的平面角，
由（1）知平面，所以，
又，
所以，
所以二面角的平面角的余弦值为.
解法二：过作，垂足为，
因为平面平面，
平面平面平面，
所以平面，
则直线是直线在平面上的投影，
所以是直线与平面所成的角，且，
则，
由（1）可知，即是的中点.
取的中点，连接，则.
以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
所以.
设平面的法向量为，
则，
取，则，
所以是平面的一个法向量，
取平面的法向量为，
则，
所以二面角的平面角的余弦值为.
17．(1)
(2)
期望为
(3)
【详解】（1）设事件D表示乙同学三个问题中至少有两个问题回答正确，
.
（2）可能的取值有,
所以的分布列为：
（3）记为乙同学的总得分，可能的取值有，
则,，，
，，
，
设事件表示乙获胜，事件表示甲的总分不低于5分，
法一：因为，
则.
法二：，
，
18．(1)
(2)（i）或；（ii）
【详解】（1）由题意可得，，即，
又，得，又，得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）（i）由（1）知，设点，直线的倾斜角分别为，
得，
当时，，此时，
当时，，
则，
当且仅当时，等号成立，
当时，，
则有，
当且仅当时，等号成立，
综上所述，当且仅当时，有最大值，即有最大值，
所以当点的坐标是或有最大值.
（ii）法一：设点，当时，两个三角形不存在，所以，
直线的方程分别为，
联立方程得，消去得，
解得或，即点，
联立方程得，消去得，
解得或，即点，则，
直线的方程为，
化简得，所以直线过定点，
又，
，若，得，
化简得，
由，则，则.
法二：当直线与轴重合时，显然不满足题意.
设直线为，点是直线与轴的交点，
联立方程组，消去得，
所以有，
直线的方程为，直线的方程为，
联立方程得，解得，
又，
所以点的横坐标为，
代入得
，解得，即点，
由于，
若，即，由图可知异号，即，
所以有，
化简得.
该方程有解，即，则.
19．(1)，，
(2)
(3)，证明见解析
【详解】（1），
，
所以，
所以，，
，所以，
（2）由（1）得：.
令，
由于，所以若恒成立，
则在附近单调递增，即，
又，
所以，则.
下面证明充分性，即当时，不等式恒成立，
由于当时，，
所以若，则恒成立，
若时，，
令，
，所以，
则在单调递增，又，
所以恒成立，即在上成立，
则有成立，充分性得证，
所以当时，不等式恒成立.
（3）由，设
令，
当时，，即，则在上单调递增，不满足题意，
当时，，即，
此时恒成立，，则在上单调递增，不满足题意，
当时，有两个零点，
其中，
令，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
由，所以，
又，
即在区间内存在一个零点，在区间上存在一个零点，
又，所以当时，有三个不同的零点，
因为，所以，
法一：由于，
可得，即，
由可得，即，
由（2）可知当时，，
则当时，有，
由于，所以，
化简得，
即，
可化为，
即，
由，则有，原命题得证
法二：因为，所以，
由（2）可知，，
，所以，
即在区间上单调递增，又，
当时，，即，
当时，，即，
由此可得，当时，，
当时，，
所以，化简得，
，化简得，
所以，
化简得，由于，
所以，得，
由，则有，原命题得证.0
2
3
5
7
8
10
0
2
3
5
7
8
10