2025-2026学年广东省茂名市高考临考冲刺数学试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年广东省茂名市高考临考冲刺数学试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了集合的子集的个数是，函数的图象可能是等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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．关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数的定义域为
B．函数一个递增区间为
C．函数的图像关于直线对称
D．将函数图像向左平移个单位可得函数的图像
2．已知，则，不可能满足的关系是（）
A．B．C．D．
3．△ABC的内角A，B，C的对边分别为，已知，则为( )
A．B．C．或D．或
4．已知实数满足不等式组，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
5．设a，b，c为正数，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不修要条件
6．在菱形中，，，，分别为，的中点，则（ ）
A．B．C．5D．
7．公比为2的等比数列中存在两项，，满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．集合的子集的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．8
9．函数的图象可能是（ ）
A．B．C．D．
10．已知边长为4的菱形，，为的中点，为平面内一点，若，则（ ）
A．16B．14C．12D．8
11．如图所示，已知某几何体的三视图及其尺寸（单位：），则该几何体的表面积为( )
A． B．
C．D．
12．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（ ）．
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知是抛物线的焦点，是上一点，的延长线交轴于点．若为的中点，则_________．
14．集合，，则_____.
15．定义在R上的函数满足：①对任意的，都有；②当时，，则函数的解析式可以是______________.
16．设数列的前n项和为，且，若，则______________.
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）已知为各项均为整数的等差数列，为的前项和，若为和的等比中项，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求最大的正整数，使得.
18．（12分）如图，在中，已知，，，为线段的中点，是由绕直线旋转而成，记二面角的大小为.
（1）当平面平面时，求的值；
（2）当时，求二面角的余弦值.
19．（12分）2019年春节期间，某超市准备举办一次有奖促销活动，若顾客一次消费达到400元则可参加一次抽奖活动，超市设计了两种抽奖方案.
方案一：一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球，其中10个红球，20个白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得60元的返金券，若抽到白球则获得20元的返金券，且顾客有放回地抽取3次.
方案二：一个不透明的盒子中装有30个质地均匀且大小相同的小球，其中10个红球，20个白球，搅拌均匀后，顾客从中随机抽取一个球，若抽到红球则顾客获得80元的返金券，若抽到白球则未中奖，且顾客有放回地抽取3次.
（1）现有两位顾客均获得抽奖机会，且都按方案一抽奖，试求这两位顾客均获得180元返金券的概率；
（2）若某顾客获得抽奖机会.
①试分别计算他选择两种抽奖方案最终获得返金券的数学期望；
②为了吸引顾客消费，让顾客获得更多金额的返金券，该超市应选择哪一种抽奖方案进行促销活动？
20．（12分）已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若函数的定义域为,求实数 的取值范围．
21．（12分）已知函数，，
（1）讨论的单调性；
（2）若在定义域内有且仅有一个零点，且此时恒成立，求实数m的取值范围.
22．（10分）在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，角为锐角，的面积为.
（1）求角的大小；
（2）求的值.
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．B
【解析】
化简到，根据定义域排除，计算单调性知正确，得到答案.
【详解】
，
故函数的定义域为，故错误；
当时，，函数单调递增，故正确；
当，关于的对称的直线为不在定义域内，故错误.
平移得到的函数定义域为，故不可能为，错误.
故选：.
本题考查了三角恒等变换，三角函数单调性，定义域，对称，三角函数平移，意在考查学生的综合应用能力.
2．C
【解析】
根据即可得出，，根据，，即可判断出结果．
【详解】
∵；
∴，；
∴，，故正确；
，故C错误；
∵
，故D正确
故C．
本题主要考查指数式和对数式的互化，对数的运算，以及基本不等式：和不等式的应用，属于中档题
3．D
【解析】
由正弦定理可求得，再由角A的范围可求得角A.
【详解】
由正弦定理可知，所以，解得，又，且，所以或。
故选：D.
本题主要考查正弦定理,注意角的范围，是否有两解的情况，属于基础题.
4．B
【解析】
作出约束条件的可行域，在可行域内求的最小值即为的最小值，作，平移直线即可求解.
【详解】
作出实数满足不等式组的可行域，如图（阴影部分）
令，则，
作出，平移直线，当直线经过点时，截距最小，
故，
即的最小值为.
故选：B
本题考查了简单的线性规划问题，解题的关键是作出可行域、理解目标函数的意义，属于基础题.
5．B
【解析】
根据不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
解：，，为正数，
当，，时，满足，但不成立，即充分性不成立，
若，则，即，
即，即，成立，即必要性成立，
则“”是“”的必要不充分条件，
故选：．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式的性质是解决本题的关键．
6．B
【解析】
据题意以菱形对角线交点为坐标原点建立平面直角坐标系，用坐标表示出，再根据坐标形式下向量的数量积运算计算出结果.
【详解】
设与交于点，以为原点，的方向为轴，的方向为轴，建立直角坐标系，
则，，，，，
所以.
故选：B.
本题考查建立平面直角坐标系解决向量的数量积问题，难度一般.长方形、正方形、菱形中的向量数量积问题，如果直接计算较麻烦可考虑用建系的方法求解.
7．D
【解析】
根据已知条件和等比数列的通项公式，求出关系，即可求解.
【详解】
，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
最小值为.
故选:D.
本题考查等比数列通项公式，注意为正整数，如用基本不等式要注意能否取到等号，属于基础题.
8．D
【解析】
先确定集合中元素的个数，再得子集个数．
【详解】
由题意，有三个元素，其子集有8个．
故选：D．
本题考查子集的个数问题，含有个元素的集合其子集有个，其中真子集有个．
9．A
【解析】
先判断函数的奇偶性，以及该函数在区间上的函数值符号，结合排除法可得出正确选项.
【详解】
函数的定义域为，，该函数为偶函数，排除B、D选项；
当时，，排除C选项.
故选：A.
本题考查根据函数的解析式辨别函数的图象，一般分析函数的定义域、奇偶性、单调性、零点以及函数值符号，结合排除法得出结果，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
10．B
【解析】
取中点，可确定；根据平面向量线性运算和数量积的运算法则可求得，利用可求得结果.
【详解】
取中点，连接，
，，即.
，，
，
则.
故选：.
本题考查平面向量数量积的求解问题，涉及到平面向量的线性运算，关键是能够将所求向量进行拆解，进而利用平面向量数量积的运算性质进行求解.
11．C
【解析】
由三视图知，该几何体是一个圆锥，其母线长是5，底面直径是6，据此可计算出答案.
【详解】
由三视图知，该几何体是一个圆锥，其母线长是5，底面直径是6，
该几何体的表面积.
故选：C
本题主要考查了三视图的知识，几何体的表面积的计算.由三视图正确恢复几何体是解题的关键.
12．B
【解析】
根据角终边上的点坐标，求得，代入二倍角公式即可求得的值.
【详解】
因为终边上有一点，所以，
故选：B
此题考查二倍角公式，熟练记忆公式即可解决，属于简单题目.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
由题意可得，又由于为的中点，且点在轴上，所以可得点的横坐标，代入抛物线方程中可求点的纵坐标，从而可求出点的坐标，再利用两点间的距离公式可求得结果.
【详解】
解：因为是抛物线的焦点，所以，
设点的坐标为，
因为为的中点，而点的横坐标为0，
所以，所以，解得，
所以点的坐标为
所以，
故答案为：
此题考查抛物线的性质，中点坐标公式，属于基础题.
14．
【解析】
分析出集合A为奇数构成的集合，即可求得交集.
【详解】
因为表示为奇数，故.
故答案为：
此题考查求集合的交集，根据已知集合求解，属于简单题.
15．（或，答案不唯一）
【解析】
由可得是奇函数，再由时，可得到满足条件的奇函数非常多，属于开放性试题.
【详解】
在中，令，得；令，
则，故是奇函数，由时，，
知或等，答案不唯一.
故答案为：（或，答案不唯一）.
本题考查抽象函数的性质，涉及到由表达式确定函数奇偶性，是一道开放性的题，难度不大.
16．9
【解析】
用换中的n，得，作差可得，从而数列是等比数列，再由即可得到答案.
【详解】
由，得，两式相减，得，
即；又，解得，所以数列为首项为-3、
公比为3的等比数列，所以.
故答案为：9.
本题考查已知与的关系求数列通项的问题，要注意n的范围，考查学生运算求解能力，是一道中档题.
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）1008
【解析】
（1）用基本量求出首项和公差，可得通项公式；
（2）用裂项相消法求得和，然后解不等式可得．
【详解】
解：（1）由题得，即
解得或
因为数列为各项均为整数，所以，即
（2）令
所以
即，解得
所以的最大值为1008
本题考查等差数列的通项公式、前项和公式，考查裂项相消法求数列的和．在等差数列和等比数列中基本量法是解题的基本方法．
18． (1) ;(2).
【解析】
(1)平面平面,建立坐标系，根据法向量互相垂直求得;(2)求两个平面的法向量的夹角.
【详解】
(1) 如图，以为原点，在平面内垂直于的直线为轴所在的直线分别为轴,轴，建立空间直角坐标系，则
，设为平面的一个法向量,由得
,取,则
因为平面的一个法向量为由平面平面，得所以即.
(2) 设二面角的大小为，当平面的一个法向量为,
综上,二面角的余弦值为.
本题考查用空间向量求平面间的夹角, 平面与平面垂直的判定,二面角的平面角及求法,难度一般.
19． (1) (2)①②第一种抽奖方案.
【解析】
(1)方案一中每一次摸到红球的概率为，每名顾客有放回的抽3次获180元返金劵的概率为，根据相互独立事件的概率可知两顾客都获得180元返金劵的概率
(2)①分别计算方案一，方案二顾客获返金卷的期望，方案一列出分布列计算即可，方案二根据二项分布计算期望即可 ②根据①得出结论.
【详解】
（1）选择方案一，则每一次摸到红球的概率为
设“每位顾客获得180元返金劵”为事件A，则
所以两位顾客均获得180元返金劵的概率
（2）①若选择抽奖方案一，则每一次摸到红球的概率为，每一次摸到白球的概率为.
设获得返金劵金额为元，则可能的取值为60，100，140，180.
则；
；
；
.
所以选择抽奖方案一，该顾客获得返金劵金额的数学期望为
（元）
若选择抽奖方案二，设三次摸球的过程中，摸到红球的次数为，最终获得返金劵的金额为元，则，故
所以选择抽奖方案二，该顾客获得返金劵金额的
数学期望为（元）.
②即，所以该超市应选择第一种抽奖方案
本题主要考查了古典概型，相互独立事件的概率，二项分布，期望，及概率知识在实际问题中的应用，属于中档题.
20． (1) (2)
【解析】
（1）分类讨论，去掉绝对值，化为与之等价的三个不等式组，求得每个不等式组的解集，再取并集即可．（2）要使函数的定义域为R，只要的最小值大于0即可,根据绝对值不等式的性质求得最小值即可得到答案．
【详解】
（1）不等式
或或，
解得或，即x>0,
所以原不等式的解集为．
（2）要使函数的定义域为R，
只要的最小值大于0即可，
又，
当且仅当时取等，只需最小值，即．
所以实数a的取值范围是．
本题考查绝对值不等式的解法，考查利用绝对值三角不等式求最值，属基础题．
21．（1）时，在上单调递增，时，在上递减，在上递增．（2）．
【解析】
（1）求出导函数，分类讨论，由确定增区间，由确定减区间；
（2）由，利用（1）首先得或，求出的最小值即可得结论．
【详解】
（1）函数定义域是，
，
当时，，单调递增；
时，令得，时，，递减，时，，递增，
综上所述，时，在上单调递增，时，在上递减，在上递增．
（2）易知，由函数单调性，若有唯一零点，则或．
当时，，，
从而只需时，恒成立，即，
令，，在上递减，在上递增，
∴，从而．
时，，，
令，由，知在递减，在上递增，，∴．
综上所述，的取值范围是．
本题考查用导数研究函数的单调性，考查函数零点个数与不等式恒成立问题，解题关键在于转化，不等式恒成立问题通常转化为求函数的最值．这又可通过导数求解．
22．（1）；（2）7.
【解析】
分析：（1）由三角形面积公式和已知条件求得sinA的值，进而求得A；（2）利用余弦定理公式和（1）中求得的A求得a．
详解：（1）∵ ，
∴，
∵为锐角，
∴；
（2）由余弦定理得：
.
点睛：本题主要考查正弦定理边角互化及余弦定理的应用与特殊角的三角函数，属于简单题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.