广东省澳台侨二十校2026届高三上学期第一次联考数学试卷（含详解）

广东省澳台侨二十校2025-2026学年高三上学期第一次联考联测数学试题
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．“”是“函数为奇函数”的（ ）
A．充分必要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也必要条件
3．已知函数的定义域为，图象关于对称，且，对于任意的，都有成立，则（ ）
A． B．
C． D．
4．已知为抛物线上一点，且点的纵坐标为，则当变化时点到焦点的距离的最小值为（ ）
A． B． C． D．
5．已知两点，点在圆上运动，则的最大值与最小值之和为（ ）
A．36 B．60 C．72 D．80
6．已知双曲线的离心率为，C的一条渐近线与圆交于A，B两点，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知，则（ ）
A． B． C． D．
8．如图，侧面展开图为扇形AOD的圆锥和侧面展开图为扇环ABCD的圆台的体积相等，且，则（ ）
A．2 B． C．4 D．8
9．已知点为内一点，满足，若，则（ ）
A．-2 B． C． D．2
10．已知正项数列的前项和为，且，数列满足，数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A．是等差数列 B．
C． D．
二、填空题
11．已知是关于x的方程的根，则实数 ．
12．设钝角三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，，则 .
13．若曲线有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 ．
14．若函数恒成立，则 ．
15．已知，若存在实数，满足，则的最大值是 .
三、解答题
16．如图，在正方体中， E为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
17．等差数列的公差d不为0，其中，，，成等比数列．数列满足
（1）求数列与的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
18．已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，且点在椭圆上.
(1)求的方程.
(2)过点作直线交于两点，过原点作直线的平行线交于两点，则是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
19．已知函数.
(1)记在点处的切线方程为，证明：当时，；
(2)若当时，恒成立，求实数的最大整数值.
参考答案
1．A
【详解】由题意可知，所以，则.
故选：A
2．C
【详解】若函数为奇函数，则，
故，整理可得，故，解得，
当时，，由，解得，
此时，函数的定义域为关于原点对称，
且，故函数为奇函数，符合题意；
当时，，对任意的，，
此时，函数的定义域为关于原点对称，
且，故函数为奇函数，符合题意.
综上，若函数为奇函数，则，
所以“”是函数“为奇函数”的充分不必要条件.
故选：C.
3．A
【详解】由题可知，在上单调递增，又因为关于对称，
在上单调递减.
，关于对称，.
对于A、B、C：在上单调递减，，
，故A正确，B、C错误；
对于D：在上单调递增，，
，故D错误.
故选：A.
4．B
【详解】将代入抛物线的方程得，即点，其中，
抛物线的准线方程为，
由抛物线的定义可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，点到焦点的距离的最小值为.
故选：B.
5．C
【详解】由点在圆上运动，设，
，
，
的最大值为， 最小值为，
的最大值与最小值之和为.
故选：C.
6．D
【详解】由，则，
解得，
所以双曲线的渐近线为，
当渐近线为时，圆心到该渐近线的距离，不合题意；
当渐近线为时，则圆心到渐近线的距离，
所以弦长.
故选：D
7．C
【详解】，所以，
两边同除，得到，即.
，.
故选：C.
8．A
【详解】设侧面展开图为扇形的圆锥的底面半径为r，高为h，
则该圆锥的体积.
侧面展开图为扇形的圆锥的底面半径为，高为，
则该圆锥的体积.
由题可知，从而.
故选：A.
9．B
【详解】如图，
设，作平行四边形，对角线与底边相交于点，
则，则共线，
因为，故，则，
又，故，则，
，即，
故选：B
10．D
【详解】当时，，整理得，因为，所以，
当时，，可得，所以，
即数列是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，
由，可得，故，故A错误；
所以，当时，；当时，，故B错误；
因为，故时，；当时，，故C错误；
当时，，故D正确.
故选：D
11．
【详解】因为是关于x的方程的根，其中，
所以也是关于x的方程的根，
所以，即．
故答案为：
12．
【详解】由余弦定理得，，
而由，得，
因为是钝角三角形，且，故A为锐角，所以，
所以，解得或，
当时，即，，由大边对大角得：最大角为C，
，故C为锐角，不符合题意；
当时，即，，由大边对大角得：最大角为B，
，故B是钝角，符合题意，
故答案为：
13．
【详解】∵，∴，
设切点为,则,切线斜率,
切线方程为：,
∵切线过原点，∴,
整理得：,
∵切线有两条，∴,解得或,
∴的取值范围是,
故答案为：
14．1
【详解】设，，
因为函数为增函数，，所以函数为增函数，
令，则，所以函数的零点为，
当时，，
当时，，
又当时，，
当时，，
若，
则当，，，，即，与已知矛盾，
若，
则当，，，，即，与已知矛盾，
当，
若，，，，
若，，，，
若，，，，
故对任意实数，恒成立，
所以，即，
所以．
故答案为：1．
15．
【详解】作出的函数图象如图所示：
∵存在实数，满足，
，
由函数图象可知，设，
则，显然在上单调递增，
在上为增函数，
的最大值为.
故答案为：
16．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法
如下图所示：
在正方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
[方法二]:空间向量坐标法
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，则、、、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则.
又∵向量,,
又平面，平面；
（Ⅱ）[方法一]：几何法
延长到，使得，连接，交于，
又∵，∴四边形为平行四边形，∴，
又∵,∴,所以平面即平面,
连接，作,垂足为,连接,
∵平面,平面,∴，
又∵,∴直线平面,
又∵直线平面,∴平面平面,
∴在平面中的射影在直线上,∴直线为直线在平面中的射影，∠为直线与平面所成的角，
根据直线直线，可知∠为直线与平面所成的角.
设正方体的棱长为2，则,,∴,
∴,
∴,
即直线与平面所成角的正弦值为.
[方法二]：向量法
接续（I)的向量方法，求得平面平面的法向量，
又∵,∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
[方法三]：几何法+体积法
如图，设的中点为F，延长，易证三线交于一点P．
因为，
所以直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角．
设正方体的棱长为2，在中，易得，
可得．
由，得，
整理得．
所以．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
[方法四]：纯体积法
设正方体的棱长为2，点到平面的距离为h，
在中，，
，
所以，易得．
由，得，解得，
设直线与平面所成的角为，所以．
17．（1）；；（2）．
【详解】解：（1）由已知，又
故
解得（舍去），或
∴
∵①
故当时，可知
∴
当时，可知②
①②得
∴
又也满足，故当时，都有；
（2）由（1）知
故③
∴④
由③—④得
解得.
18．(1)；
(2)存在，.
【详解】（1）抛物线的焦点，则
又在椭圆上，将点代入椭圆方程得.
解得，所以椭圆的方程为；
（2）①若直线的斜率为，则与重合，，
又因为，即，此时；
②若直线的斜率不存在或斜率存在但不为0，则可设其方程为，则平行线的方程为
联立与椭圆方程，消去得
设，则，
由弦长公式，可得
，
联立与椭圆方程，消去得，解得，
由对称性及弦长公式，可得，
因此，此时.
综上所述，存在常数，使得恒成立，.

19．(1)证明见解析
(2)4.
【详解】（1）由题可知，
所以，所以切线方程为，
即，所以，
令，
由得，由得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，所以；
令，则时，，
所以，
综上，当时，；
（2）当时，由，得，
记，则，
记，则，所以在上递增，
又，
所以使得，即，
当时，，即，当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以的最大整数值为4.