广东茂名市2026年高三下学期第二次综合测试数学试卷（含答案）

这是一份广东茂名市2026年高三下学期第二次综合测试数学试卷（含答案），共7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。
1.已知z=1+2i，则z⋅z=( )
A. −3B. 5C. −5D. 3
2.不等式x−2b>0)的右顶点为A，上顶点为B，直线AB与以C的短轴为直径的圆交于点P(不同于B)，若△POB(O为原点)为正三角形，则C的离心率为( )
A. 12B. 23C. 32D. 63
8.已知f(x)是定义在区间0,+∞上的函数，且x4f′x+4x3fx=x+2ex，f1=2e，则( )
A. fx只有1个零点B. fx有2个零点
C. ∀x∈0,+∞，fx≥3xD. ∀x∈0,+∞，fx≥ex+1x3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则( )
A. BC1⋅DA1=0B. BC1在AD上的投影向量的模为1
C. BD1=BA1+BC1+BDD. BD1与AD所成的角为45°
10.已知fx是定义在R上的函数，且f1−x=f1+x，fx+f4−x=1，则( )
A. f2=12B. fx是奇函数
C. fx的图象关于直线x=1对称D. 4是fx的周期
11.已知等差数列an的前n项和为Sn，且a1>0，S22−S19S23−S19a222B. 当n=21时，Sn最大
C. 当n≥42时，Sn0，a1a3=64，a4=512．
(1)求数列an的通项公式；
(2)记数列bn的前n项和为Tn，Tn=19lg2an2，将数列lg2an与bn的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列cn，求cn的前10项和．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=x−alnx−a3．
(1)讨论fx的单调性；
(2)若fx存在小于0的极小值，求a的取值范围．
18.(本小题17分)
如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=2 2，E为AD的中点，把▵ABE沿BE翻折至▵A1BE，G为线段A1C上的动点．
(1)当G为A1C的中点时，证明：GD//平面A1BE；
(2)在翻折过程中，若A1在平面BCDE内的投影F落在BC边上，且三棱锥A1−BEF的各个顶点均在球O的球面上．
(ⅰ)求球O的半径；
(ⅱ)求平面GEF与平面A1EO的夹角的最小值．
19.(本小题17分)
已知p>0，M是抛物线C1:x2=2py与C2:y2=2px的公共点，O为坐标原点，OM=4 2．
(1)求p的值；
(2)P,A,B(P在最左侧)是C1上不同于M的三点，直线PA,PB与C2相切，切点分别为D,E，点G为▵PAB的重心．
(ⅰ)证明：G在y轴上，且OG>2；
(ⅱ)若S▵PDE=4S▵PAB，求S▵GDE:S▵GAB的值．
参考答案
1.B
2.C
3.B
4.C
5.C
6.A
7.D
8.D
9.AB
10.ACD
11.BCD
12.4
13.17π12 /1712π
14.1120；710/0.7
15.解：(1)这六个区间中，频率最大为0.25，该区间为[190,200)，则这40名学生立定跳远成绩的众数的近似值为195厘米，
平均数=165×0.10+175×0.15+185×0.20+195×0.25+205×0.20+215×0.10=191，
所以这40名学生立定跳远成绩的平均数的近似值为191厘米．
(2)由分层抽样，可知C等级对应5人，B等级对应4人，A等级对应2人．
从11人中选3人，共C113=165种．
X的所有可能取值为0，1，2，
则PX=0=C20C93C113=2855，PX=1=C21C92C113=2455，PX=2=C22C91C113=355．
则X的分布列为
EX=0×2855+1×2455+2×355=611．

16.解：(1)设等比数列an的公比为q，依题意可得，an>0，a1a3=a22=64，故a2=8，
又a4=a2q2=512，解得q=8(负值舍去)，故a1=a2q=1，
所以数列an的通项公式为an=a1qn−1=8n−1；
(2)由(1)知an=8n−1，所以lg2an=lg28n−1=3n−1，
Tn=19lg2an2=19×3n−12=n−12，
当n≥2时，bn=Tn−Tn−1=n−12−n−22=2n−3，
当n=1时，b1=T1=0≠−1．
所以bn=，
由lg2an与bn公共项按从小到大的顺序组成cn，可设3n−3=bm，m为正整数．
若m=1，则n=1，公共项为0；
若m≥2，则由3n−3=2m−3，可得3n=2m，n必须为偶数，令n=2k，k∈N∗，
则公共项为3n−3=6k−3．
故c1=0且从第2项起，cn是以3为首项、6为公差的等差数列，
即cn=，
所以数列cn的前10项和为c1+c2+⋯+c10=0+3+9+⋯+51=3+51×92=243．

17.解：(1)fx的定义域为0,+∞，且f′x=1−ax
①当a≤0时，则f′x=1−ax>0，所以fx在区间0,+∞上单调递增；
②当a>0时，f′x=1−ax，令f′x=0，可得x=a，
00时，fx在区间0,a上单调递减，在区间a,+∞上单调递增．
(2)由(1)可知若a≤0，fx在区间0,+∞上单调递增，没有极值点，故a>0，
fx在区间0,a上单调递减，在区间a,+∞上单调递增，
则fx在x=a处取到极小值fa，
则f(a)=a−alna−a3=a1−lna−a20．
令g(a)=a2+lna−1，由a>0，故ga单调递增，且g1=0，
因此a>1，即a的取值范围为1,+∞．

18.解：(1)如图，
取BC的中点N，连接DN，GN，
由题意知，四边形BNDE是平行四边形，所以DN//BE．
∵DN⊄平面A1BE，∴DN//平面A1BE．
∵N，G分别为BC，A1C的中点，∴GN//A1B．
又∵GN⊄平面A1BE，A1B⊂平面A1BE，
∴GN//平面A1BE，又DN∩GN=N，所以平面GND//平面A1BE，
∵GD⊂平面GND，∴GD//平面A1BE．
(2)(ⅰ)过A1作A1H⊥BE于H，连接FH，
∵A1在平面BCDE内的投影F在BC边上，∴A1F⊥平面BCDE，
又BE⊂平面BCDE，即A1F⊥BE，
又A1F∩A1H=A1，故BE⊥平面A1HF，即BE⊥FH．
∵A1B=1，A1E= 2，BE= 3，
∴A1H=A1B×A1EBE= 63，BH= A1B2−A1H2= 33．
又▵ABE∼▵HFB，所以BF= 22，则A1F= A1B2−BF2= 22，
以F为坐标原点，建立空间直角坐标系F−xyz，如图所示，则B0, 22,0，E1,− 22,0，A10,0, 22，
设三棱锥A1−BEF外接球的球心为点Ox,y,z，外接球半径为R，
因为点A1，B，E，F均在球O的球面上，所以OF=OA1=OB=OE=R，
x2+y2+z2=R2x2+y2+z− 222=R2x2+y− 222+z2=R2x−12+y+ 222+z2=R2解得x=1y=z= 24R= 52,
则三棱锥A1−BEF外接球的半径为 52．
(ⅱ)解：由(ⅰ)，可得A1O=1, 24,− 24，A1E=1,− 22,− 22，
设平面A1EO的一个法向量为m=x1,y1,z1，
则m⋅A1O=0m⋅A1E=0即x1+ 24y1− 24z1=0x1− 22y1− 22z1=0,
可取m= 2,−1,3．
因为C0,−3 22,0，C为线段A1C上的动点，
可设A1G=λA1C(0≤λ≤1)，则G0,−3 22λ, 22− 22λ，
即FG=0,−3 22λ, 22− 22λ，FE=1,− 22,0，
设平面GEF的一个法向量为n=x2,y2,z2，
则n⋅FG=0n⋅FE=0即−3 22λy2+ 22− 22λz2=0x2− 22y2=0,
可取n=1−λ, 21−λ,3 2λ，
设平面GEF与平面A1EO的夹角为θ，则csθ=n⋅mn⋅m=3 22⋅λ 7λ2−2λ+1，
当λ=0时，csθ=0，θ为最大值π2；
当00，t>0，
因为M是抛物线C1：x2=2py与C2：y2=2px的公共点，
可得t2=2pss2=2pt，解得s=2pt=2p，则M2p,2p，
又因为OM=4 2，所以s2+t2=32，
则2p2+2p2=32，可得p2=4，
因为p>0，可得p=2；
(2)(ⅰ)证明：由(1)知C1:x2=4y，C2:y2=4x，
设Px1,y1，Ax2,y2，Bx3,y3，
因为kPA=y1−y2x1−x2=14x12−x22x1−x2=x1+x24，
所以直线PA方程为y=x1+x24x−x1+y1=x1+x24x−x1x24，
联立直线PA与C2的方程，消去x得，x1+x2y2−16y−4x1x2=0，①
因为直线PA与C2相切，所以由Δ=0，可得x1x22+x12x2+16=0，
同理x1x32+x12x3+16=0，所以x2，x3为关于x的方程x1x2+x12x+16=0的两根，
故x2+x3=−x1，x2x3=16x1，即x1+x2+x3=0，x1x2x3=16，②
设▵PAB的重心G(x0,y0)，则x0=13x1+x2+x3=0，所以G点在y轴上，
而y0=13y1+y2+y3=112x12+x22+x32=112x12+x2+x32−2x2x3=16x12−16x1，
因为点P在最左侧，由②知：x1