2026届广东省联考联盟高三第二次诊断性检测数学试卷含解析

这是一份2026届广东省联考联盟高三第二次诊断性检测数学试卷含解析，共19页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知，且，则在方向上的投影为，已知椭圆等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．设函数的定义域为，命题：，的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
2．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积等于（ ）cm3
A．B．C．D．
3．已知双曲线的左焦点为，直线经过点且与双曲线的一条渐近线垂直，直线与双曲线的左支交于不同的两点，，若，则该双曲线的离心率为（ ）．
A．B．C．D．
4．已知是偶函数，在上单调递减，，则的解集是
A．B．
C．D．
5．已知函数，则函数的零点所在区间为（ ）
A．B．C．D．
6．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，点为抛物线上任意一点的平分线与轴交于，则的最大值为
A．B．C．D．
7．已知，且，则在方向上的投影为（ ）
A．B．C．D．
8．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线与轴交于点，线段与交于点.若，则的方程为（ ）
A．B．C．D．
9．设双曲线的一条渐近线为，且一个焦点与抛物线的焦点相同，则此双曲线的方程为（ ）
A．B．C．D．
10．已知平面向量，满足，且，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
11．已知函数满足：当时，，且对任意，都有，则（ ）
A．0B．1C．-1D．
12．设，，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．函数的最小正周期为________;若函数在区间上单调递增，则的最大值为________.
14．在平面直角坐标系中，圆.已知过原点且相互垂直的两条直线和，其中与圆相交于，两点，与圆相切于点.若，则直线的斜率为_____________.
15．已知向量，，，若，则______.
16．已知一组数据1.6，1.8，2，2.2，2.4，则该组数据的方差是_______．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为：（其中为参数），直线的参数方程为（其中为参数）
（1）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线的极坐标方程；
（2）若曲线与直线交于两点，点的坐标为，求的值.
18．（12分）如图，在中，角的对边分别为，且满足，线段的中点为.
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）已知，求的大小.
19．（12分）已知函数，．
（Ⅰ）求的最小正周期；
（Ⅱ）求在上的最小值和最大值．
20．（12分）已知点和椭圆.直线与椭圆交于不同的两点，.
（1）当时，求的面积；
（2）设直线与椭圆的另一个交点为，当为中点时，求的值.
21．（12分）设函数.
（1）解不等式；
（2）记的最大值为，若实数、、满足，求证：.
22．（10分）已知函数，．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的极小值；
（3）求函数的零点个数．
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D
【解析】
根据命题的否定的定义，全称命题的否定是特称命题求解.
【详解】
因为：，是全称命题，
所以其否定是特称命题，即，.
故选：D
【点睛】
本题主要考查命题的否定，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
2、D
【解析】
解：根据几何体的三视图知，该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体，
结合图中数据，计算它的体积为：
V=V三棱柱+V半圆柱=×2×2×1+•π•12×1=（6+1.5π）cm1．
故答案为6+1.5π．
点睛：根据几何体的三视图知该几何体是三棱柱与半圆柱体的组合体，结合图中数据计算它的体积即可．
3、A
【解析】
直线的方程为，令和双曲线方程联立，再由得到两交点坐标纵坐标关系进行求解即可.
【详解】
由题意可知直线的方程为,不妨设.
则，且
将代入双曲线方程中，得到
设
则
由，可得，故
则，解得
则
所以双曲线离心率
故选：A
【点睛】
此题考查双曲线和直线相交问题，联立直线和双曲线方程得到两交点坐标关系和已知条件即可求解，属于一般性题目.
4、D
【解析】
先由是偶函数，得到关于直线对称；进而得出单调性，再分别讨论和，即可求出结果.
【详解】
因为是偶函数，所以关于直线对称；
因此，由得；
又在上单调递减，则在上单调递增；
所以，当即时，由得，所以，
解得；
当即时，由得，所以，
解得；
因此，的解集是.
【点睛】
本题主要考查由函数的性质解对应不等式，熟记函数的奇偶性、对称性、单调性等性质即可，属于常考题型.
5、A
【解析】
首先求得时，的取值范围.然后求得时，的单调性和零点，令，根据“时，的取值范围”得到，利用零点存在性定理，求得函数的零点所在区间.
【详解】
当时，.
当时，为增函数，且，则是唯一零点.由于“当时，.”，所以
令，得，因为，，
所以函数的零点所在区间为.
故选：A
【点睛】
本小题主要考查分段函数的性质，考查符合函数零点，考查零点存在性定理，考查函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
6、A
【解析】
求出抛物线的焦点坐标，利用抛物线的定义，转化求出比值，，
求出等式左边式子的范围，将等式右边代入，从而求解．
【详解】
解：由题意可得，焦点F（1，0），准线方程为x＝−1，
过点P作PM垂直于准线，M为垂足，
由抛物线的定义可得|PF|＝|PM|＝x＋1，
记∠KPF的平分线与轴交于
根据角平分线定理可得，
，
当时，，
当时，，
，
综上：．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查抛物线的定义、性质的简单应用，直线的斜率公式、利用数形结合进行转化是解决本题的关键．考查学生的计算能力，属于中档题．
7、C
【解析】
由向量垂直的向量表示求出，再由投影的定义计算．
【详解】
由
可得，因为，所以．故在方向上的投影为．
故选：C．
【点睛】
本题考查向量的数量积与投影．掌握向量垂直与数量积的关系是解题关键．
8、D
【解析】
由题可得，所以，又，所以，得，故可得椭圆的方程.
【详解】
由题可得，所以，
又，所以，得，，
所以椭圆的方程为.
故选：D
【点睛】
本题主要考查了椭圆的定义，椭圆标准方程的求解.
9、C
【解析】
求得抛物线的焦点坐标，可得双曲线方程的渐近线方程为，由题意可得，又，即，解得，，即可得到所求双曲线的方程.
【详解】
解：抛物线的焦点为
可得双曲线
即为的渐近线方程为
由题意可得，即
又，即
解得，.
即双曲线的方程为.
故选：C
【点睛】
本题主要考查了求双曲线的方程，属于中档题.
10、C
【解析】
根据， 两边平方，化简得，再利用数量积定义得到求解.
【详解】
因为平面向量，满足，且，
所以，
所以，
所以 ，
所以，
所以与的夹角为.
故选：C
【点睛】
本题主要考查平面向量的模，向量的夹角和数量积运算，属于基础题.
11、C
【解析】
由题意可知，代入函数表达式即可得解.
【详解】
由可知函数是周期为4的函数，
.
故选：C.
【点睛】
本题考查了分段函数和函数周期的应用，属于基础题.
12、D
【解析】
集合是一次不等式的解集，分别求出再求交集即可
【详解】
，
，
则
故选
【点睛】
本题主要考查了一次不等式的解集以及集合的交集运算，属于基础题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
直接计算得到答案，根据题意得到，，解得答案.
【详解】
，故，当时，，
故，解得.
故答案为：；.
【点睛】
本题考查了三角函数的周期和单调性，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.
14、
【解析】
设：，：，利用点到直线的距离，列出式子
，求出的值即可.
【详解】
解：由圆，可知圆心，半径为.
设直线：，则：，
圆心到直线的距离为，
，
.
圆心到直线的距离为半径，即，
并根据垂径定理的应用，可列式得到，
解得.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查点到直线的距离公式的运用，并结合圆的方程，垂径定理的基本知识，属于中档题.
15、-1
【解析】
由向量垂直得向量的数量积为0，根据数量积的坐标运算可得结论．
【详解】
由已知，∵，∴，．
故答案为：－1．
【点睛】
本题考查向量垂直的坐标运算．掌握向量垂直与数量积的关系是解题关键．
16、0.08
【解析】
先求解这组数据的平均数，然后利用方差的公式可得结果.
【详解】
首先求得，
．
故答案为：0.08.
【点睛】
本题主要考查数据的方差，明确方差的计算公式是求解的关键，侧重考查数据分析的核心素养.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）（2）5
【解析】
（1）首先消去参数得到曲线的普通方程，再根据，，得到曲线的极坐标方程；
（2）将直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，利用直线的参数方程中参数的几何意义得解；
【详解】
解：（1）曲线：消去参数得到：，
由，，
得
所以
（2）代入，
设，，由直线的参数方程参数的几何意义得：
【点睛】
本题考查参数方程、极坐标方程、普通方程的互化，以及直线参数方程的几何意义的应用，属于中档题．
18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由正弦定理边化角，再结合转化即可求解；
（Ⅱ）可设，由，再由余弦定理解得，对中，由余弦定理有，通过勾股定理逆定理可得，进而得解
【详解】
（Ⅰ）由正弦定理得.
而.
由以上两式得，即.
由于，所以，
又由于，得.
（Ⅱ）设，在中，由正弦定理有.
由余弦定理有，整理得，
由于，所以.
在中，由余弦定理有.
所以，所以.
【点睛】
本题考查正弦定理和余弦定理的综合运用，属于中档题
19、（Ⅰ）;（Ⅱ）最小值和最大值．
【解析】
试题分析：（1）由已知利用两角和与差的三角函数公式及倍角公式将的解析式化为一个复合角的三角函数式，再利用正弦型函数的最小正周期计算公式，即可求得函数的最小正周期；（2）由（1）得函数，分析它在闭区间上的单调性，可知函数在区间上是减函数，在区间上是增函数，由此即可求得函数在闭区间上的最大值和最小值．也可以利用整体思想求函数在闭区间上的最大值和最小值．
由已知，有
的最小正周期．
（2）∵在区间上是减函数，在区间上是增函数，，，∴函数在闭区间上的最大值为，最小值为．
考点：1．两角和与差的正弦公式、二倍角的正弦与余弦公式；2．三角函数的周期性和单调性．
20、（1）；（2）或
【解析】
（1）联立直线的方程和椭圆方程，求得交点的横坐标，由此求得三角形的面积.
（2）法一：根据的坐标求得的坐标，将的坐标都代入椭圆方程，化简后求得的坐标，进而求得的值.
法二：设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，化简后写出根与系数关系，结合求得点的坐标，进而求得的值.
【详解】
（1）设，，
若，则直线的方程为，
由，得，
解得，，
设直线与轴交于点，则且
.
（2）法一：设点
因为，，所以
又点，都在椭圆上，
所以
解得或
所以或.
法二：设
显然直线有斜率，设直线的方程为
由，得
所以
又
解得或
所以或
所以或.
【点睛】
本小题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查椭圆中三角形面积的求法，考查运算求解能力，属于中档题.
21、（1）
（2）证明见解析
【解析】
（1）采用零点分段法：、、，由此求解出不等式的解集；
（2）先根据绝对值不等式的几何意义求解出的值，然后利用基本不等式及其变形完成证明.
【详解】
（1）当时，不等式为，解得
当时，不等式为，解得
当时，不等式为，解得
∴原不等式的解集为
（2）
当且仅当即时取等号，
∴，∴
∵，∴，
∴（当且仅当时取“”）
同理可得，
∴
∴（当且仅当时取“”）
【点睛】
本题考查绝对值不等式的解法以及利用基本不等式证明不等式，难度一般.（1）常见的绝对值不等式解法：零点分段法、图象法、几何意义法；（2）利用基本不等式完成证明时，注意说明取等号的条件.
22、（1）；（2）极小值；（3）函数的零点个数为．
【解析】
（1）求出和的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）利用导数分析函数的单调性，进而可得出该函数的极小值；
（3）由当时，以及，结合函数在区间上的单调性可得出函数的零点个数.
【详解】
（1）因为，所以．
所以，．
所以曲线在点处的切线为；
（2）因为，令，得或．
列表如下：
所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为，
所以，当时，函数有极小值；
（3）当时，，且．
由（2）可知，函数在上单调递增，所以函数的零点个数为．
【点睛】
本题考查利用导数求函数的切线方程、极值以及利用导数研究函数的零点问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
0
极大值
极小值