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广东仲元中学2026届高三年级1月月考数学学科试题
1．（2026高三上·番禺期末）设全集，集合，则集合为（　　）
A． B．
C． D．
2．（2026高三上·番禺期末）已知向量，，，若，则（　　）
A． B． C．1 D．5
3．（2026高三上·番禺期末）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．（2026高三上·番禺期末）设等比数列的前n项的和为，，，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2026高三上·番禺期末）中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（　　）
A． B． C． D．
6．（2026高三上·番禺期末）已知直线 与圆 相交于 、 两点，若 为整数，则这样的直线 有（　　）条.
A．2 B．3 C．4 D．5
7．（2026高三上·番禺期末）已知函数在区间单调递减，且和是两个对称中心，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2026高三上·番禺期末）函数是定义在R上的奇函数，当时，，则函数在上的所有零点之和为（　　）
A．－32 B．32 C．16 D．8
9．（2026高三上·番禺期末）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（　　）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，则
D．若，，，则
10．（2026高三上·番禺期末）为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了10组数据，绘制散点图如图所示，并进行线性回归分析，若去掉点后，下列说法正确的是（　　）
A．相关系数变小 B．经验回归方程斜率变大
C．残差平方和变小 D．决定系数变小
11．（2026高三上·番禺期末）已知离散型随机变量服从二项分布，其中，记为奇数的概率为，为偶数的概率为，则下列说法中正确的有（　　）
A．
B．时，
C．时，随着的增大而增大
D．时，随着的增大而减小
12．（2026高三上·番禺期末）已知的展开式中各项系数的和为4，则实数的值为　 　.
13．（2026高三上·番禺期末）设双曲线的左、右焦点分别为，，为的左顶点，，为双曲线一条渐近线上的两点，四边形为矩形，且，则双曲线的离心率为　 　．
14．（2026高三上·番禺期末）已知函数，当时，恒成立，则实数的最大值为　 　.
15．（2026高三上·番禺期末）如图，在三棱锥中，平面，，，点分别是棱的中点．
（1）证明：平面；
（2）若二面角的余弦值为，求．
16．（2026高三上·番禺期末）在中，内角的对边长分别为，.
（1）若，求面积的最大值；
（2）若，在边的外侧取一点（点在外部），使得，，且四边形的面积为，求的大小.
17．（2026高三上·番禺期末）为研究一种新药的耐受性，要对白鼠进行连续给药后观察是否出现症状的试验，该试验的设计为：对参加试验的每只白鼠每天给药一次，连续给药四天为一个给药周期，试验共进行三个周期．假设每只白鼠给药后当天出现症状的概率均为，且每次给药后是否出现症状与上次给药无关．
（1）从试验开始，若某只白鼠连续出现次症状即对其终止试验，求一只白鼠至少能参加一个给药周期的概率；
（2）若在一个给药周期中某只白鼠至少出现次症状，则在这个给药周期后，对其终止试验，设一只白鼠参加的给药周期数为，求的分布列和数学期望．
18．（2026高三上·番禺期末）已知椭圆：过点，短轴长为4.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知点且，若椭圆上的点到的距离的最小值是，求实数的值；
（3）椭圆与轴的交点为、（点位于点的上方），直线：与椭圆交于不同的两点、.设直线与直线相交于点，求的最小值.
19．（2026高三上·番禺期末）已知函数，，.
（1）判断是否对恒成立，并给出理由；
（2）证明：
①当时，；
②当，时，.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】补集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：因为，又，
所以，
故答案为：B.
【分析】先求出全集，根据补集的定义（由所有不属于集合 B 但属于全集的元素组成的集合）求出集合 B 的补集即可.
2．【答案】C
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，，
易知，
因为，所以，解得.
故答案为：C.
【分析】根据向量的坐标运算求的坐标，再根据向量垂直的坐标表示列式求解即可.
3．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：因为，故，其在复平面内对应的点位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算得，运用共轭复数的概念可得解.
4．【答案】C
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，因为，，
则，解得，
所以，
故答案为：C.
【分析】由题意，代入通项公式得方程组解得，代入等比数列的前项和公式得解.
5．【答案】A
【知识点】简单组合体的结构特征；锥体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答解：题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台，取轴截面，如图所示，分别为的中点，
可知：∥∥，且，
可得，即，
所以该容器中液体的体积为.
故答案为：A.
【分析】由题意做出轴截面，由图得，，可得，可得，再代入圆柱以及圆台的体积公式可得解.
6．【答案】B
【知识点】恒过定点的直线；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：将直线的方程整理为：，
令，解得，因此直线过定点，
因为圆：的圆心为，半径，
所以定点到圆心的距离为：（即点在圆内），
设圆心到直线的距离为，则弦长公式：，
由于直线过定点，则（点到直线的距离不超过点到定点的距离），
因此：，代入弦长公式得：
(时，；当时，).
因为为整数，结合范围，可能的整数值为、.
（1）当时，(直线过圆心)，将代入直线的方程：
，得，对应1条直线；
（2）当时，由弦长公式，解得，即，
圆心到直线的距离，令其等于，平方后化简得：
，，，
此方程判别式，有2个不同的实根，对应2条直线.
所以对应1条，对应2条，共条.
故答案为：B.
【分析】将直线的方程整理为：，点直线系特点得此直线过定点，代入弦长公式，由定点到圆心的距离得即点在圆内，，得
(时，；当时，)，检验可得.
7．【答案】D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由题意可知，即，则，所以，
且和是两个对称中心，且，
所以和在同一周期内，
又的一个周期内有个对称中心，
所以，即，，则，
又，解得，，
又当，时单调递减，
解得，，
所以区间为的一个子集，
所以，结合得，，可得，
所以，所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由题得，可得的范围；代入得，又和在区间单调递减可求得，得，代入可得解.
8．【答案】D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的奇偶性；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：函数是定义在R上的奇函数，.
又函数，
函数是偶函数，
函数的零点都是以相反数的形式成对出现的.
函数在上所有的零点的和为，
函数在上所有的零点的和，即函数在上所有的零点之和.
即方程在上的所有实数解之和.
由时，，故有
函数在上的值域为，当且仅当时，.
又当时，，如图：
函数在上的值域为；
函数在上的值域为；
函数在上的值域为，当且仅当时，，
即方程在上的又一个实数解.即有一个零点；
函数在上的值域为，当且仅当时，，
故在上恒成立，在上无零点，
同理在上无零点，
依此类推，函数在无零点.
综上函数在上的所有零点之和为8，
故答案为：D.
【分析】由定义得g(x)是偶函数，故其零点都是以相反数的形式成对出现的，故函数在上所有的零点的和为；则所求可以转化为上所有的零点之和 ；根据分段函数，结合图象分别在的值域和零点，综合可得解.
9．【答案】B,D
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A、若，，，则直线，平行或异面，该选项错误，不合题意；
B、由，，得，又，所以，该选项正确，符合题意；
C、若，，则或，该选项错误，不合题意；
D、由，，得，又，所以，该选项正确，符合题意.
故答案为：BD.
【分析】，，，得直线，平行或异面，可判断A；由，，得，又，得，可判断B；，，得或，可判断C；，，得，又，所以，可判断D.
10．【答案】B,C
【知识点】变量相关关系；回归分析；回归分析的初步应用；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：由图可知：较其他的点偏离直线最大，所以去掉点后，回归效果更好.
对于A，相关系数越接近于1，线性相关性越强，因为散点图是递增的趋势，
所以去掉点后，相关系数变大，故A错误；
对于B，由线性回归方程的实际意义，要使残差平方和最小，去掉点后，回归直线靠近y轴位置需要向下移动，但靠近最右侧两个点的位置变化不大，经验回归方程斜率变大，故B正确；
对于C，残差平方和变大，拟合效果越差，所以去掉点后，
残差平方和变小，故C正确；
对于D，决定系数越接近于1，拟合效果越好，所以去掉点后，
决定系数变大，故D错误；
故选：BC.
【分析】根据图象，点较其他的点偏离直线最大，所以去掉点后，回归效果更好.结合相关系数、决定系数、残差平方和以及相关性逐项分析判断，即可求解.
11．【答案】A,B,C
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：A、由概率的基本性质可知，，该选项正确，符合题意；
B、由时，离散型随机变量服从二项分布，则，所以，
，所以，该选项正确，符合题意，
C、，
当时，为正项且单调递增的数列，
故随着的增大而增大故选项C正确，
当时，为正负交替的摆动数列，该选项正确，符合题意
D、该选项错误，不合题意.
故答案为：ABC.
【分析】由概率的基本性质得，，可判断A；由时，离散型随机变量服从二项分布，代入公式可得，可判断B；， 利用单调性分析即可判断CD.
12．【答案】1
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：令，可得，解得.
故答案为：1.
【分析】将代入可解得a.
13．【答案】
【知识点】双曲线的定义；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线的半焦距为c，显然，
由双曲线的对称性，不妨令点在双曲线的渐近线上，且点在第一象限，
由四边形为矩形，得，令，则，，，
于是，则，，
，即直线的斜率，因此，即，
所以双曲线的离心率为.
故答案为：
【分析】由题意画出图象 四边形为矩形，得， 可证 ，
可得，即，可求离心率.
14．【答案】
【知识点】复合函数的单调性；函数的最大（小）值；函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：当时，，则由可得，
令，则，
令，则，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
所以当时，，即，当且仅当时，等号成立，
所以当时，，
所以在上单调递减，所以.
所以的最大值为.
故答案为：
【分析】参变分离，得，令，利用导数法求出g(t)的最值可得.
15．【答案】（1）证明：证明：在中，由，为的中点，，
平面，平面，.
又，，且平面，平面，
平面，
平面，，
又，且平面，平面，
平面.
（2）解：由题可知，，，以为坐标原点，
以方向为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，如下图所示，
不妨设，则，，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，则，，
令，则，，，
由（1）可知，平面的一个法向量可取为，
二面角的余弦值为，
，即，解得，
.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由线面垂直平面，的性质得到，又可证平面，得到，由判定定理可证；
（2）由题意得，，，以为坐标原点建系，设，求出点、直线向量、及平面与平面的法向量，代入二面角的余弦值为可求得a.
（1）证明：在中，由，为的中点，，
平面，平面，.
又，，且平面，平面，
平面，
平面，，
又，且平面，平面，
平面.
（2）由题可知，，，以为坐标原点，
以方向为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，如下图所示，
不妨设，则，，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，则，，
令，则，，，
由（1）可知，平面的一个法向量可取为，
二面角的余弦值为，
，即，解得，
.
16．【答案】（1）解：解：由，
因为，可得，
又由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
因为，可得，所以，
在中，由余弦定理得，
即，当且仅当时取等号，
所以，
所以面积取得最大值.
（2）解：解：设，则，
在中，由余弦定理得，
由（1）知，且，所以为正三角形，
所以，
可得，
因为，故，所以，可得.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）原式利用正弦定理角化边得化简得，代入余弦定理求得，解得，在中，代入余弦定理得，再由基本不等式求得的最大值，验证等号得面积的最大值；
（2）设，求得，，相加并结合三角恒等变换可求解.
（1）解：由，
因为，可得，
又由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
因为，可得，所以，
在中，由余弦定理得，
即，当且仅当时取等号，
所以，
所以面积取得最大值.
（2）解：设，则，
在中，由余弦定理得，
由（1）知，且，所以为正三角形，
所以，
可得，
因为，故，所以，可得.
17．【答案】解：（1）设“一只白鼠至少能参加一个给药周期”为事件，则的对立事件为一个给药周期也没有参加完．
设一次给药出现症状为事件，则一个给药周期也没有参加完的概率为，
所以一只白鼠至少能参加一个给药周期的概率为．
（2）设事件为“在一个给药周期中某只白鼠至少出现次症状”，
则，
则随机变量的取值为．
，
，
，
所以X的分布列为
所以随机变量的数学期望为．
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用的对立事件为一个给药周期也没有参加完求解即可；
（2）事件为“在一个给药周期中某只白鼠至少出现次症状”，先求，然后确定随机变量的取值为．并求出相应概率，列出分布列，代入期望公式可得解.
18．【答案】（1）解：由题意得椭圆过点，且短轴长为4，
可得，解得，
可得椭圆的方程为；
（2）解：设椭圆上任一点为，故，则，
则点到的距离为，
由于在椭圆上，所以，
令二次函数，其对称轴为，
由题知，
此时二次函数在上单调递减，
则当时，二次函数取得最小值，
此时，
解得或（舍）；
综上；
（3）解：设点、，
直线与椭圆的方程联立消去整理得，
由，
且，所以，
由于在椭圆上，则，
所以，则，
易知、，则直线的方程为，
直线的方程为，
两式相除得
解得，故在定直线上，
由图可知，点、都在直线的上方，点关于直线的对称点为原点，
由对称性知，所以，
当且仅当为线段与直线的交点时，即点的坐标为时等号成立，
故的最小值为.

【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 由题可得，解方程可得；
（2）设椭圆上任一点为，可得，点Q到的距离，将根号内看作二次函数，由m的范围，以及，可得最值；
（3）将直线与椭圆联立消，设直线、的方程，结合韦达定理化简计算解出的轨迹方程，利用对称性即可求解的最小值，可解得．
（1）由题意得椭圆过点，且短轴长为4，
可得，解得，
可得椭圆的方程为；
（2）设椭圆上任一点为，故，则，
则点到的距离为，
由于在椭圆上，所以，
令二次函数，其对称轴为，
由题知，
此时二次函数在上单调递减，
则当时，二次函数取得最小值，
此时，
解得或（舍）；
综上；
（3）设点、，
直线与椭圆的方程联立消去整理得，
由，
且，所以，
由于在椭圆上，则，
所以，则，
易知、，则直线的方程为，
直线的方程为，
两式相除得
解得，故在定直线上，
由图可知，点、都在直线的上方，点关于直线的对称点为原点，
由对称性知，所以，
当且仅当为线段与直线的交点时，即点的坐标为时等号成立，
故的最小值为.
19．【答案】（1）解：恒成立，理由如下：
令，
则，令，
则在上恒成立，
故在上单调递增，其中，
故在上恒成立，则函数在上单调递增，
故，即恒成立.
（2）证明：①当时，单调递增，故，
又因为，故要证，
只需证，
令，
则只需证明，，
令，则函数在上单调递增，
所以，当时，，
所以，所以在上单调递减，
所以，故，
所以当时，.
②由（1）知，，
由于，
所以，
所以
。
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）构造，两次求导判断出函数的单调性，从而得到，再根据不等式恒成立问题求解方法，进而证出对恒成立.
（2）①变形后构造，只需证明，再求导判断其单调性，则由证出当时，成立.
②由和得到，再分组求和证出当，时，成立.
（1）恒成立，理由如下：
令，
则，令，
则在上恒成立，故在上单调递增，
其中，故在上恒成立，故在上单调递增，
故，即恒成立；
（2）①时，单调递增，故，
又，故要证，
只需证，
令，
则只需证明，
令，则函数在上单调递增，
所以当时，，
所以，所以在上单调递减，
所以，故，
所以当时，；
②由（1）知，，
由于，
所以，
所以
1 / 1广东仲元中学2026届高三年级1月月考数学学科试题
1．（2026高三上·番禺期末）设全集，集合，则集合为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】补集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：因为，又，
所以，
故答案为：B.
【分析】先求出全集，根据补集的定义（由所有不属于集合 B 但属于全集的元素组成的集合）求出集合 B 的补集即可.
2．（2026高三上·番禺期末）已知向量，，，若，则（　　）
A． B． C．1 D．5
【答案】C
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，，
易知，
因为，所以，解得.
故答案为：C.
【分析】根据向量的坐标运算求的坐标，再根据向量垂直的坐标表示列式求解即可.
3．（2026高三上·番禺期末）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
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：因为，故，其在复平面内对应的点位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算得，运用共轭复数的概念可得解.
4．（2026高三上·番禺期末）设等比数列的前n项的和为，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，因为，，
则，解得，
所以，
故答案为：C.
【分析】由题意，代入通项公式得方程组解得，代入等比数列的前项和公式得解.
5．（2026高三上·番禺期末）中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】简单组合体的结构特征；锥体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答解：题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台，取轴截面，如图所示，分别为的中点，
可知：∥∥，且，
可得，即，
所以该容器中液体的体积为.
故答案为：A.
【分析】由题意做出轴截面，由图得，，可得，可得，再代入圆柱以及圆台的体积公式可得解.
6．（2026高三上·番禺期末）已知直线 与圆 相交于 、 两点，若 为整数，则这样的直线 有（　　）条.
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【知识点】恒过定点的直线；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：将直线的方程整理为：，
令，解得，因此直线过定点，
因为圆：的圆心为，半径，
所以定点到圆心的距离为：（即点在圆内），
设圆心到直线的距离为，则弦长公式：，
由于直线过定点，则（点到直线的距离不超过点到定点的距离），
因此：，代入弦长公式得：
(时，；当时，).
因为为整数，结合范围，可能的整数值为、.
（1）当时，(直线过圆心)，将代入直线的方程：
，得，对应1条直线；
（2）当时，由弦长公式，解得，即，
圆心到直线的距离，令其等于，平方后化简得：
，，，
此方程判别式，有2个不同的实根，对应2条直线.
所以对应1条，对应2条，共条.
故答案为：B.
【分析】将直线的方程整理为：，点直线系特点得此直线过定点，代入弦长公式，由定点到圆心的距离得即点在圆内，，得
(时，；当时，)，检验可得.
7．（2026高三上·番禺期末）已知函数在区间单调递减，且和是两个对称中心，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：由题意可知，即，则，所以，
且和是两个对称中心，且，
所以和在同一周期内，
又的一个周期内有个对称中心，
所以，即，，则，
又，解得，，
又当，时单调递减，
解得，，
所以区间为的一个子集，
所以，结合得，，可得，
所以，所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由题得，可得的范围；代入得，又和在区间单调递减可求得，得，代入可得解.
8．（2026高三上·番禺期末）函数是定义在R上的奇函数，当时，，则函数在上的所有零点之和为（　　）
A．－32 B．32 C．16 D．8
【答案】D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的奇偶性；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：函数是定义在R上的奇函数，.
又函数，
函数是偶函数，
函数的零点都是以相反数的形式成对出现的.
函数在上所有的零点的和为，
函数在上所有的零点的和，即函数在上所有的零点之和.
即方程在上的所有实数解之和.
由时，，故有
函数在上的值域为，当且仅当时，.
又当时，，如图：
函数在上的值域为；
函数在上的值域为；
函数在上的值域为，当且仅当时，，
即方程在上的又一个实数解.即有一个零点；
函数在上的值域为，当且仅当时，，
故在上恒成立，在上无零点，
同理在上无零点，
依此类推，函数在无零点.
综上函数在上的所有零点之和为8，
故答案为：D.
【分析】由定义得g(x)是偶函数，故其零点都是以相反数的形式成对出现的，故函数在上所有的零点的和为；则所求可以转化为上所有的零点之和 ；根据分段函数，结合图象分别在的值域和零点，综合可得解.
9．（2026高三上·番禺期末）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（　　）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，则
D．若，，，则
【答案】B,D
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A、若，，，则直线，平行或异面，该选项错误，不合题意；
B、由，，得，又，所以，该选项正确，符合题意；
C、若，，则或，该选项错误，不合题意；
D、由，，得，又，所以，该选项正确，符合题意.
故答案为：BD.
【分析】，，，得直线，平行或异面，可判断A；由，，得，又，得，可判断B；，，得或，可判断C；，，得，又，所以，可判断D.
10．（2026高三上·番禺期末）为研究光照时长（小时）和种子发芽数量（颗）之间的关系，某课题研究小组采集了10组数据，绘制散点图如图所示，并进行线性回归分析，若去掉点后，下列说法正确的是（　　）
A．相关系数变小 B．经验回归方程斜率变大
C．残差平方和变小 D．决定系数变小
【答案】B,C
【知识点】变量相关关系；回归分析；回归分析的初步应用；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：由图可知：较其他的点偏离直线最大，所以去掉点后，回归效果更好.
对于A，相关系数越接近于1，线性相关性越强，因为散点图是递增的趋势，
所以去掉点后，相关系数变大，故A错误；
对于B，由线性回归方程的实际意义，要使残差平方和最小，去掉点后，回归直线靠近y轴位置需要向下移动，但靠近最右侧两个点的位置变化不大，经验回归方程斜率变大，故B正确；
对于C，残差平方和变大，拟合效果越差，所以去掉点后，
残差平方和变小，故C正确；
对于D，决定系数越接近于1，拟合效果越好，所以去掉点后，
决定系数变大，故D错误；
故选：BC.
【分析】根据图象，点较其他的点偏离直线最大，所以去掉点后，回归效果更好.结合相关系数、决定系数、残差平方和以及相关性逐项分析判断，即可求解.
11．（2026高三上·番禺期末）已知离散型随机变量服从二项分布，其中，记为奇数的概率为，为偶数的概率为，则下列说法中正确的有（　　）
A．
B．时，
C．时，随着的增大而增大
D．时，随着的增大而减小
【答案】A,B,C
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：A、由概率的基本性质可知，，该选项正确，符合题意；
B、由时，离散型随机变量服从二项分布，则，所以，
，所以，该选项正确，符合题意，
C、，
当时，为正项且单调递增的数列，
故随着的增大而增大故选项C正确，
当时，为正负交替的摆动数列，该选项正确，符合题意
D、该选项错误，不合题意.
故答案为：ABC.
【分析】由概率的基本性质得，，可判断A；由时，离散型随机变量服从二项分布，代入公式可得，可判断B；， 利用单调性分析即可判断CD.
12．（2026高三上·番禺期末）已知的展开式中各项系数的和为4，则实数的值为　 　.
【答案】1
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】解：令，可得，解得.
故答案为：1.
【分析】将代入可解得a.
13．（2026高三上·番禺期末）设双曲线的左、右焦点分别为，，为的左顶点，，为双曲线一条渐近线上的两点，四边形为矩形，且，则双曲线的离心率为　 　．
【答案】
【知识点】双曲线的定义；双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：双曲线的半焦距为c，显然，
由双曲线的对称性，不妨令点在双曲线的渐近线上，且点在第一象限，
由四边形为矩形，得，令，则，，，
于是，则，，
，即直线的斜率，因此，即，
所以双曲线的离心率为.
故答案为：
【分析】由题意画出图象 四边形为矩形，得， 可证 ，
可得，即，可求离心率.
14．（2026高三上·番禺期末）已知函数，当时，恒成立，则实数的最大值为　 　.
【答案】
【知识点】复合函数的单调性；函数的最大（小）值；函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：当时，，则由可得，
令，则，
令，则，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
所以当时，，即，当且仅当时，等号成立，
所以当时，，
所以在上单调递减，所以.
所以的最大值为.
故答案为：
【分析】参变分离，得，令，利用导数法求出g(t)的最值可得.
15．（2026高三上·番禺期末）如图，在三棱锥中，平面，，，点分别是棱的中点．
（1）证明：平面；
（2）若二面角的余弦值为，求．
【答案】（1）证明：证明：在中，由，为的中点，，
平面，平面，.
又，，且平面，平面，
平面，
平面，，
又，且平面，平面，
平面.
（2）解：由题可知，，，以为坐标原点，
以方向为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，如下图所示，
不妨设，则，，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，则，，
令，则，，，
由（1）可知，平面的一个法向量可取为，
二面角的余弦值为，
，即，解得，
.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由线面垂直平面，的性质得到，又可证平面，得到，由判定定理可证；
（2）由题意得，，，以为坐标原点建系，设，求出点、直线向量、及平面与平面的法向量，代入二面角的余弦值为可求得a.
（1）证明：在中，由，为的中点，，
平面，平面，.
又，，且平面，平面，
平面，
平面，，
又，且平面，平面，
平面.
（2）由题可知，，，以为坐标原点，
以方向为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，如下图所示，
不妨设，则，，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，则，，
令，则，，，
由（1）可知，平面的一个法向量可取为，
二面角的余弦值为，
，即，解得，
.
16．（2026高三上·番禺期末）在中，内角的对边长分别为，.
（1）若，求面积的最大值；
（2）若，在边的外侧取一点（点在外部），使得，，且四边形的面积为，求的大小.
【答案】（1）解：解：由，
因为，可得，
又由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
因为，可得，所以，
在中，由余弦定理得，
即，当且仅当时取等号，
所以，
所以面积取得最大值.
（2）解：解：设，则，
在中，由余弦定理得，
由（1）知，且，所以为正三角形，
所以，
可得，
因为，故，所以，可得.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）原式利用正弦定理角化边得化简得，代入余弦定理求得，解得，在中，代入余弦定理得，再由基本不等式求得的最大值，验证等号得面积的最大值；
（2）设，求得，，相加并结合三角恒等变换可求解.
（1）解：由，
因为，可得，
又由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
因为，可得，所以，
在中，由余弦定理得，
即，当且仅当时取等号，
所以，
所以面积取得最大值.
（2）解：设，则，
在中，由余弦定理得，
由（1）知，且，所以为正三角形，
所以，
可得，
因为，故，所以，可得.
17．（2026高三上·番禺期末）为研究一种新药的耐受性，要对白鼠进行连续给药后观察是否出现症状的试验，该试验的设计为：对参加试验的每只白鼠每天给药一次，连续给药四天为一个给药周期，试验共进行三个周期．假设每只白鼠给药后当天出现症状的概率均为，且每次给药后是否出现症状与上次给药无关．
（1）从试验开始，若某只白鼠连续出现次症状即对其终止试验，求一只白鼠至少能参加一个给药周期的概率；
（2）若在一个给药周期中某只白鼠至少出现次症状，则在这个给药周期后，对其终止试验，设一只白鼠参加的给药周期数为，求的分布列和数学期望．
【答案】解：（1）设“一只白鼠至少能参加一个给药周期”为事件，则的对立事件为一个给药周期也没有参加完．
设一次给药出现症状为事件，则一个给药周期也没有参加完的概率为，
所以一只白鼠至少能参加一个给药周期的概率为．
（2）设事件为“在一个给药周期中某只白鼠至少出现次症状”，
则，
则随机变量的取值为．
，
，
，
所以X的分布列为
所以随机变量的数学期望为．
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）利用的对立事件为一个给药周期也没有参加完求解即可；
（2）事件为“在一个给药周期中某只白鼠至少出现次症状”，先求，然后确定随机变量的取值为．并求出相应概率，列出分布列，代入期望公式可得解.
18．（2026高三上·番禺期末）已知椭圆：过点，短轴长为4.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知点且，若椭圆上的点到的距离的最小值是，求实数的值；
（3）椭圆与轴的交点为、（点位于点的上方），直线：与椭圆交于不同的两点、.设直线与直线相交于点，求的最小值.
【答案】（1）解：由题意得椭圆过点，且短轴长为4，
可得，解得，
可得椭圆的方程为；
（2）解：设椭圆上任一点为，故，则，
则点到的距离为，
由于在椭圆上，所以，
令二次函数，其对称轴为，
由题知，
此时二次函数在上单调递减，
则当时，二次函数取得最小值，
此时，
解得或（舍）；
综上；
（3）解：设点、，
直线与椭圆的方程联立消去整理得，
由，
且，所以，
由于在椭圆上，则，
所以，则，
易知、，则直线的方程为，
直线的方程为，
两式相除得
解得，故在定直线上，
由图可知，点、都在直线的上方，点关于直线的对称点为原点，
由对称性知，所以，
当且仅当为线段与直线的交点时，即点的坐标为时等号成立，
故的最小值为.

【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 由题可得，解方程可得；
（2）设椭圆上任一点为，可得，点Q到的距离，将根号内看作二次函数，由m的范围，以及，可得最值；
（3）将直线与椭圆联立消，设直线、的方程，结合韦达定理化简计算解出的轨迹方程，利用对称性即可求解的最小值，可解得．
（1）由题意得椭圆过点，且短轴长为4，
可得，解得，
可得椭圆的方程为；
（2）设椭圆上任一点为，故，则，
则点到的距离为，
由于在椭圆上，所以，
令二次函数，其对称轴为，
由题知，
此时二次函数在上单调递减，
则当时，二次函数取得最小值，
此时，
解得或（舍）；
综上；
（3）设点、，
直线与椭圆的方程联立消去整理得，
由，
且，所以，
由于在椭圆上，则，
所以，则，
易知、，则直线的方程为，
直线的方程为，
两式相除得
解得，故在定直线上，
由图可知，点、都在直线的上方，点关于直线的对称点为原点，
由对称性知，所以，
当且仅当为线段与直线的交点时，即点的坐标为时等号成立，
故的最小值为.
19．（2026高三上·番禺期末）已知函数，，.
（1）判断是否对恒成立，并给出理由；
（2）证明：
①当时，；
②当，时，.
【答案】（1）解：恒成立，理由如下：
令，
则，令，
则在上恒成立，
故在上单调递增，其中，
故在上恒成立，则函数在上单调递增，
故，即恒成立.
（2）证明：①当时，单调递增，故，
又因为，故要证，
只需证，
令，
则只需证明，，
令，则函数在上单调递增，
所以，当时，，
所以，所以在上单调递减，
所以，故，
所以当时，.
②由（1）知，，
由于，
所以，
所以
。
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）构造，两次求导判断出函数的单调性，从而得到，再根据不等式恒成立问题求解方法，进而证出对恒成立.
（2）①变形后构造，只需证明，再求导判断其单调性，则由证出当时，成立.
②由和得到，再分组求和证出当，时，成立.
（1）恒成立，理由如下：
令，
则，令，
则在上恒成立，故在上单调递增，
其中，故在上恒成立，故在上单调递增，
故，即恒成立；
（2）①时，单调递增，故，
又，故要证，
只需证，
令，
则只需证明，
令，则函数在上单调递增，
所以当时，，
所以，所以在上单调递减，
所以，故，
所以当时，；
②由（1）知，，
由于，
所以，
所以
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