2026届广东省湛江一中等“四校”高三下学期一模考试数学试题含解析

这是一份2026届广东省湛江一中等“四校”高三下学期一模考试数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，复数的虚部是等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．的展开式中的系数为（ ）
A．B．C．D．
2．框图与程序是解决数学问题的重要手段，实际生活中的一些问题在抽象为数学模型之后，可以制作框图，编写程序，得到解决，例如，为了计算一组数据的方差，设计了如图所示的程序框图，其中输入，，，，，，，则图中空白框中应填入（ ）
A．，B．C．，D．，
3．设是等差数列，且公差不为零，其前项和为．则“，”是“为递增数列”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
4．一个封闭的棱长为2的正方体容器，当水平放置时，如图，水面的高度正好为棱长的一半．若将该正方体绕下底面（底面与水平面平行）的某条棱任意旋转，则容器里水面的最大高度为（ ）
A．B．C．D．
5．设全集集合，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知向量，满足，在上投影为，则的最小值为( )
A．B．C．D．
7．设非零向量，，，满足，，且与的夹角为，则“”是“”的（ ）．
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
8．复数的虚部是 ( )
A．B．C．D．
9．甲乙两人有三个不同的学习小组， ， 可以参加，若每人必须参加并且仅能参加一个学习小组，则两人参加同一个小组的概率为（ ）
A． B． C． D．
10．二项式的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是( )
A．180B．90C．45D．360
11．设，，，则，，三数的大小关系是
A．B．
C．D．
12．已知抛物线和点，直线与抛物线交于不同两点，，直线与抛物线交于另一点．给出以下判断：
①直线与直线的斜率乘积为；
②轴；
③以为直径的圆与抛物线准线相切.
其中，所有正确判断的序号是（ ）
A．①②③B．①②C．①③D．②③
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．数列的前项和为，数列的前项和为，满足，，且.若任意，成立，则实数的取值范围为__________.
14．已知F为抛物线C：x2＝8y的焦点，P为C上一点，M（﹣4，3），则△PMF周长的最小值是_____.
15．双曲线的离心率为_________．
16．如图，在体积为V的圆柱中，以线段上的点O为项点，上下底面为底面的两个圆锥的体积分别为，，则的值是______.
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）已知抛物线，焦点为，直线交抛物线于两点，交抛物线的准线于点，如图所示，当直线经过焦点时，点恰好是的中点，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）点是原点，设直线的斜率分别是，当直线的纵截距为1时，有数列满足，设数列的前n项和为，已知存在正整数使得，求m的值.
18．（12分）已知各项均不相等的等差数列的前项和为, 且成等比数列.
（1）求数列的通项公式;
（2）求数列的前项和.
19．（12分）在平面直角坐标系中，设，过点的直线与圆相切，且与抛物线相交于两点．
（1）当在区间上变动时，求中点的轨迹；
（2）设抛物线焦点为，求的周长(用表示)，并写出时该周长的具体取值．
20．（12分）如图，是正方形，点在以为直径的半圆弧上（不与，重合），为线段的中点，现将正方形沿折起，使得平面平面.
（1）证明：平面.
（2）三棱锥的体积最大时，求二面角的余弦值.
21．（12分）已知函数
（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）若在上恒成立，求实数的取值范围；
（Ⅲ）若数列的前项和，，求证：数列的前项和.
22．（10分）已知数列{an}满足条件，且an+2＝（﹣1）n（an﹣1）+2an+1，n∈N*．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，求证：Sn．
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、C
【解析】
由题意，根据二项式定理展开式的通项公式，得展开式的通项为，则展开式的通项为，由，得，所以所求的系数为.故选C.
点睛：此题主要考查二项式定理的通项公式的应用，以及组合数、整数幂的运算等有关方面的知识与技能，属于中低档题，也是常考知识点.在二项式定理的应用中，注意区分二项式系数与系数，先求出通项公式，再根据所求问题，通过确定未知的次数，求出，将的值代入通项公式进行计算，从而问题可得解.
2、A
【解析】
依题意问题是，然后按直到型验证即可.
【详解】
根据题意为了计算7个数的方差，即输出的，
观察程序框图可知，应填入，，
故选：A.
【点睛】
本题考查算法与程序框图，考查推理论证能力以及转化与化归思想，属于基础题.
3、A
【解析】
根据等差数列的前项和公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
是等差数列，且公差不为零，其前项和为，
充分性：，则对任意的恒成立，则，
，若，则数列为单调递减数列，则必存在，使得当时，，则，不合乎题意；
若，由且数列为单调递增数列，则对任意的，，合乎题意.
所以，“，”“为递增数列”；
必要性：设，当时，，此时，，但数列是递增数列.
所以，“，”“为递增数列”.
因此，“，”是“为递增数列”的充分而不必要条件.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差数列的前项和公式是解决本题的关键，属于中等题．
4、B
【解析】
根据已知可知水面的最大高度为正方体面对角线长的一半，由此得到结论．
【详解】
正方体的面对角线长为，又水的体积是正方体体积的一半，
且正方体绕下底面（底面与水平面平行）的某条棱任意旋转，
所以容器里水面的最大高度为面对角线长的一半，
即最大水面高度为，故选B.
【点睛】
本题考查了正方体的几何特征，考查了空间想象能力，属于基础题．
5、A
【解析】
先求出，再与集合N求交集.
【详解】
由已知，，又，所以.
故选：A.
【点睛】
本题考查集合的基本运算，涉及到补集、交集运算，是一道容易题.
6、B
【解析】
根据在上投影为，以及，可得；再对所求模长进行平方运算，可将问题转化为模长和夹角运算，代入即可求得.
【详解】
在上投影为，即

又
本题正确选项：
【点睛】
本题考查向量模长的运算，对于含加减法运算的向量模长的求解，通常先求解模长的平方，再开平方求得结果；解题关键是需要通过夹角取值范围的分析，得到的最小值.
7、C
【解析】
利用数量积的定义可得，即可判断出结论．
【详解】
解：，，，
解得，，，解得，
“”是“”的充分必要条件．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查平面向量数量积的应用，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
8、C
【解析】
因为 ，所以的虚部是 ，故选C.
9、A
【解析】依题意，基本事件的总数有种，两个人参加同一个小组，方法数有种，故概率为.
10、A
【解析】
试题分析：因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以，，令，则，.
考点：1.二项式定理；2.组合数的计算.
11、C
【解析】
利用对数函数，指数函数以及正弦函数的性质和计算公式，将a，b，c与，比较即可.
【详解】
由，
，
，
所以有.选C.
【点睛】
本题考查对数值，指数值和正弦值大小的比较，是基础题，解题时选择合适的中间值比较是关键，注意合理地进行等价转化.
12、B
【解析】
由题意，可设直线的方程为，利用韦达定理判断第一个结论；将代入抛物线的方程可得，，从而，，进而判断第二个结论；设为抛物线的焦点，以线段为直径的圆为，则圆心为线段的中点．设，到准线的距离分别为，，的半径为，点到准线的距离为，显然，，三点不共线，进而判断第三个结论.
【详解】
解：由题意，可设直线的方程为，
代入抛物线的方程，有．
设点，的坐标分别为，，
则，．
所．
则直线与直线的斜率乘积为．所以①正确．
将代入抛物线的方程可得，，从而，，
根据抛物线的对称性可知，，两点关于轴对称，
所以直线轴．所以②正确．
如图，设为抛物线的焦点，以线段为直径的圆为，
则圆心为线段的中点．设，到准线的距离分别为，，的半径为，点到准线的距离为，显然，，三点不共线，
则．所以③不正确．
故选：B.
【点睛】
本题主要考查抛物线的定义与几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力和创新意识，考查数形结合思想、化归与转化思想,属于难题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
当时，，可得到，再用累乘法求出，再求出，根据定义求出，再借助单调性求解．
【详解】
解：当时，，则，，
当时，，
，
，
，
，
（当且仅当时等号成立），
，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查已知求，累乘法，主要考查计算能力，属于中档题．
14、5
【解析】
△PMF的周长最小，即求最小，过做抛物线准线的垂线，垂足为，转化为求最小，数形结合即可求解.
【详解】
如图，F为抛物线C：x2＝8y的焦点，P为C上一点，M（﹣4，3），
抛物线C：x2＝8y的焦点为F（0，2），准线方程为y＝﹣2.
过作准线的垂线，垂足为，则有
，
当且仅当三点共线时，等号成立，
所以△PMF的周长最小值为55.
故答案为：5.
【点睛】
本题考查抛物线定义的应用，考查数形结合与数学转化思想方法，属于中档题.
15、2
【解析】

16、
【解析】
根据圆柱的体积为，以及圆锥的体积公式，计算即得.
【详解】
由题得，，得.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查圆锥体的体积，是基础题.
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）
【解析】
(1) 设出直线的方程，再与抛物线联立方程组，进而求得点的坐标，结合弦长即可求得抛物线的方程；
(2) 设直线的方程，运用韦达定理可得，可得之间的关系，再运用进行裂项，可求得，解不等式求得的值.
【详解】
解：（1）设过抛物线焦点的直线方程为，
与抛物线方程联立得：，
设，
所以，
，
，
所以抛物线方程为
（2）设直线方程为，
，
，
，
，
，
由得.
【点睛】
本题考查了直线与抛物线的关系，考查了韦达定理和运用裂项法求数列的和，考查了运算能力，属于中档题.
18、（1）；（2）．
【解析】
试题分析：（1）设公差为，列出关于的方程组，求解的值，即可得到数列的通项公式；（2）由（1）可得，即可利用裂项相消求解数列的和.
试题解析：（1）设公差为.由已知得,解得或（舍去）, 所以,故.
（2）,
考点：等差数列的通项公式；数列的求和.
19、（1）．（2）的周长为，时，的周长为
【解析】
（1）设的方程为，根据题意由点到直线的距离公式可得，将直线方程与抛物线方程联立可得，设､坐标分别是､,利用韦达定理以及中点坐标公式消参即可求解.
（2）根据抛物线的定义可得，由（1）可得，再利用弦长公式即可求解.
【详解】
（1）设的方程为
于是
联立
设､坐标分别是､
则
设的中点坐标为，则
消去参数得：
（2）设，，由抛物线定义知
，，
∴
由（1）知
∴
，，
的周长为
时，的周长为
【点睛】
本题考查了动点的轨迹方程、直线与抛物线的位置关系、抛物线的定义、弦长公式，考查了计算能力，属于中档题.
20、（1）见解析（2）
【解析】
（1）利用面面垂直的性质定理证得平面，由此证得，根据圆的几何性质证得，由此证得平面.
（2）判断出三棱锥的体积最大时点的位置.建立空间直角坐标系，通过平面和平面的法向量，计算出二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：因为平面平面是正方形，
所以平面.
因为平面，所以.
因为点在以为直径的半圆弧上，所以.
又，所以平面.
（2）解：显然，当点位于的中点时，的面积最大，三棱锥的体积也最大.
不妨设，记中点为，
以为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
则令，得.
设平面的法向量为，
则令，得，
所以.
由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
【点睛】
本小题主要考查线面垂直的证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
21、 (Ⅰ)；(Ⅱ)；(Ⅲ)证明见解析.
【解析】
试题分析：将，求出切线方程求导后讨论当时和时的单调性证明，求出实数的取值范围先求出、的通项公式，利用当时，得，下面证明：
解析：（Ⅰ）因为，所以，，切点为.
由，所以，所以曲线在处的切线方程为，即
（Ⅱ）由，令，
则（当且仅当取等号）.故在上为增函数.
①当时，,故在上为增函数，
所以恒成立，故符合题意；
②当时，由于，，根据零点存在定理，
必存在，使得，由于在上为增函数，
故当时，,故在上为减函数，
所以当时，,故在上不恒成立，所以不符合题意.综上所述，实数的取值范围为
（III）证明：由
由（Ⅱ）知当时，，故当时，，
故，故.下面证明：
因为
而，
所以，，即：
点睛：本题考查了利用导数的几何意义求出参数及证明不等式成立，借助第二问的证明过程，利用导数的单调性证明数列的不等式，在求解的过程中还要求出数列的和，计算较为复杂，本题属于难题．
22、（Ⅰ）（Ⅱ）证明见解析
【解析】
（Ⅰ）由an+2＝（﹣1）n（an﹣1）+2an+1，对分奇偶讨论，即可得；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，用错位相减法求出，运用分析法证明即可.
【详解】
（Ⅰ），
当为奇数时，，又由，得，
当为偶数时，，又由a2＝3，得，
；
（Ⅱ）由（1）得，
则①
②
①-②可得：
，
，
若证明Sn，则需要证明，
又，即证明，即证，
又显然成立，故Sn得证.
【点睛】
本题主要考查了由递推公式求通项公式，错位相减法求前项和，分析法证明不等式，考查了分类讨论的思想，考查了学生的运算求解与逻辑推理能力.