2026年广西壮族自治区玉林市高三第四次模拟考试数学试卷（含答案解析）

这是一份2026年广西壮族自治区玉林市高三第四次模拟考试数学试卷（含答案解析），共36页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知复数满足等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．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．已知，则（ ）
A．2B．C．D．3
2．阿波罗尼斯（约公元前262~190年）证明过这样的命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆.后人将这个圆称为阿氏圆.若平面内两定点，间的距离为2，动点与，的距离之比为，当，，不共线时，的面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
3．设等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．21B．22C．11D．12
4．把函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若函数是偶函数，则实数的最小值是（ ）
A．B．C．D．
5．设函数的导函数，且满足，若在中，，则（ ）
A．B．C．D．
6．设等比数列的前项和为，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要B．必要不充分
C．充要D．既不充分也不必要
7．已知函数的零点为m，若存在实数n使且，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知复数满足：，则的共轭复数为（ ）
A．B．C．D．
9．已知等差数列的公差为-2，前项和为，若，，为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为，则的最大值为（ ）
A．5B．11C．20D．25
10．复数满足，则复数在复平面内所对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
11．已知是虚数单位，则（ ）
A．B．C．D．
12．若是定义域为的奇函数，且，则
A．的值域为B．为周期函数，且6为其一个周期
C．的图像关于对称D．函数的零点有无穷多个
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．中，角的对边分别为，且成等差数列，若，，则的面积为__________．
14．已知向量，，，若，则______.
15．已知均为非负实数，且，则的取值范围为______．
16．已知函数，若关于x的方程有且只有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是_______________.
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）已知椭圆的短轴的两个端点分别为、，焦距为．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆有两个不同的交点、，设为直线上一点，且直线、的斜率的积为．证明：点在轴上．
18．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（Ⅰ）求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程；
（Ⅱ）已知点设直线与曲线相交于两点，求的值.
19．（12分）已知函数
（1）当时，证明，在恒成立；
（2）若在处取得极大值，求的取值范围.
20．（12分）已知函数.
（1）若函数的图象与轴有且只有一个公共点，求实数的取值范围；
（2）若对任意成立，求实数的取值范围.
21．（12分）已知数列中，（实数为常数），是其前项和，且数列是等比数列，恰为与的等比中项．
（1）证明：数列是等差数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）若，当时，的前项和为，求证：对任意，都有．
22．（10分）函数
（1）证明：；
（2）若存在，且，使得成立，求取值范围.
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．A
【解析】
利用分段函数的性质逐步求解即可得答案．
【详解】
，；
；
故选：．
本题考查了函数值的求法，考查对数的运算和对数函数的性质，是基础题，解题时注意函数性质的合理应用．
2．A
【解析】
根据平面内两定点，间的距离为2，动点与，的距离之比为，利用直接法求得轨迹，然后利用数形结合求解.
【详解】
如图所示：
设，，，则，
化简得，
当点到（轴）距离最大时，的面积最大，
∴面积的最大值是.
故选：A.
本题主要考查轨迹的求法和圆的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
3．A
【解析】
由题意知成等差数列，结合等差中项，列出方程，即可求出的值.
【详解】
解：由为等差数列，可知也成等差数列，
所以 ，即，解得.
故选:A.
本题考查了等差数列的性质，考查了等差中项.对于等差数列，一般用首项和公差将已知量表示出来，继而求出首项和公差.但是这种基本量法计算量相对比较大，如果能结合等差数列性质，可使得计算量大大减少.
4．A
【解析】
先求出的解析式，再求出的解析式，根据三角函数图象的对称性可求实数满足的等式，从而可求其最小值.
【详解】
的图象向右平移个单位长度，
所得图象对应的函数解析式为，
故.
令，，解得，.
因为为偶函数，故直线为其图象的对称轴，
令，，故，，
因为，故，当时，.
故选：A.
本题考查三角函数的图象变换以及三角函数的图象性质，注意平移变换是对自变量做加减，比如把的图象向右平移1个单位后，得到的图象对应的解析式为，另外，如果为正弦型函数图象的对称轴，则有，本题属于中档题．
5．D
【解析】
根据的结构形式，设，求导，则，在上是增函数，再根据在中，，得到，，利用余弦函数的单调性，得到，再利用的单调性求解.
【详解】
设，
所以 ，
因为当时，，
即，
所以，在上是增函数，
在中，因为，所以，，
因为，且，
所以，
即，
所以，
即
故选：D
本题主要考查导数与函数的单调性，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
6．A
【解析】
首先根据等比数列分别求出满足，的基本量，根据基本量的范围即可确定答案.
【详解】
为等比数列，
若成立，有，
因为恒成立，
故可以推出且，
若成立，
当时，有，
当时，有，因为恒成立，所以有，
故可以推出，，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
本题主要考查了等比数列基本量的求解，充分必要条件的集合关系，属于基础题.
7．D
【解析】
易知单调递增,由可得唯一零点,通过已知可求得,则问题转化为使方程在区间上有解,化简可得,借助对号函数即可解得实数a的取值范围.
【详解】
易知函数单调递增且有惟一的零点为，所以，∴，问题转化为：使方程在区间上有解，即
在区间上有解，而根据“对勾函数”可知函数在区间的值域为，∴.
故选D．
本题考查了函数的零点问题,考查了方程有解问题,分离参数法及构造函数法的应用,考查了利用“对勾函数”求参数取值范围问题,难度较难.
8．B
【解析】
转化，为，利用复数的除法化简，即得解
【详解】
复数满足：
所以

故选：B
本题考查了复数的除法和复数的基本概念，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.
9．D
【解析】
由公差d=-2可知数列单调递减，再由余弦定理结合通项可求得首项，即可求出前n项和，从而得到最值.
【详解】
等差数列的公差为-2，可知数列单调递减，则，，中最大，最小，
又，，为三角形的三边长，且最大内角为，
由余弦定理得，设首项为，
即得，
所以或，又即,舍去，，d=-2
前项和.
故的最大值为.
故选：D
本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式的应用，考查求前n项和的最值问题，同时还考查了余弦定理的应用.
10．B
【解析】
设,则,可得,即可得到,进而找到对应的点所在象限.
【详解】
设,则,
,,
所以复数在复平面内所对应的点为,在第二象限.
故选:B
本题考查复数在复平面内对应的点所在象限,考查复数的模,考查运算能力.
11．B
【解析】
根据复数的乘法运算法则，直接计算，即可得出结果.
【详解】
.
故选B
本题主要考查复数的乘法，熟记运算法则即可，属于基础题型.
12．D
【解析】
运用函数的奇偶性定义，周期性定义，根据表达式判断即可.
【详解】
是定义域为的奇函数，则，，
又，，
即是以4为周期的函数，，
所以函数的零点有无穷多个；
因为，，令，则，
即，所以的图象关于对称，
由题意无法求出的值域，
所以本题答案为D.
本题综合考查了函数的性质，主要是抽象函数的性质，运用数学式子判断得出结论是关键.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．.
【解析】
由A，B，C成等差数列得出B＝60°，利用正弦定理得进而得代入三角形的面积公式即可得出．
【详解】
∵A，B，C成等差数列，∴A+C＝2B，
又A+B+C＝180°，∴3B＝180°，B＝60°．
故由正弦定理 ，故
所以S△ABC，
故答案为：
本题考查了等差数列的性质，三角形的面积公式，考查正弦定理的应用，属于基础题．
14．-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．
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．
15．
【解析】
设,可得的取值范围,分别利用基本不等式和，把用代换,结合的取值范围求关于的二次函数的最值即可求解.
【详解】
因为,，令，则 ,
因为,当且仅当时等号成立,
所以 ,,
即,
令则函数的对称轴为,
所以当时函数有最大值为,
即．
当且，即，或，时取等号；
因为,当且仅当时等号成立,
所以,
令,则函数的对称轴为,
所以当时,函数有最小值为,
即，
当,且时取等号，
所以.
故答案为:
本题考查基本不等式与二次函数求最值相结合求代数式的取值范围;考查运算求解能力和知识的综合运用能力;基本不等式:和的灵活运用是求解本题的关键;属于综合型、难度大型试题.
16．
【解析】
画出函数的图象，再画的图象，求出一个交点时的的值，然后平行移动可得有两个交点时的的范围．
【详解】
函数的图象如图所示：
因为方程有且只有两个不相等的实数根，
所以图象与直线有且只有两个交点即可，
当过点时两个函数有一个交点，即时，与函数有一个交点，
由图象可知，直线向下平移后有两个交点，
可得，
故答案为：．
本题主要考查了方程的跟与函数的图象交点的转化，数形结合的思想，属于中档题．
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）见解析.
【解析】
（1）由已知条件得出、的值，进而可得出的值，由此可求得椭圆的方程；
（2）设点，可得，且，，求出直线的斜率，进而可求得直线与的方程，将直线直线与的方程联立，求出点的坐标，即可证得结论.
【详解】
（1）由题设，得，所以，即．
故椭圆的方程为；
（2）设，则，，．
所以直线的斜率为，
因为直线、的斜率的积为，所以直线的斜率为．
直线的方程为，直线的方程为．
联立，解得点的纵坐标为．
因为点在椭圆上，所以，则，所以点在轴上．
本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了点在定直线的证明，考查计算能力与推理能力，属于中等题.
18．（Ⅰ）直线的直角坐标方程为；曲线的普通方程为；（Ⅱ）.
【解析】
（I）利用参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化公式即可；
（II）将直线参数方程代入抛物线的普通方程，可得，而根据直线参数方程的几何意义，知，代入即可解决.
【详解】
由
可得直线的直角坐标方程为
由曲线的参数方程，消去参数
可得曲线的普通方程为.
易知点在直线上，直线的参数方程为(为参数).
将直线的参数方程代入曲线的普通方程，并整理得.
设是方程的两根，则有.
本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化，直线参数方程的几何意义，是一道容易题.
19．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）根据，求导，令，用导数法求其最小值.
设研究在处左正右负，求导，分 ，，三种情况讨论求解.
【详解】
（1）因为，
所以，
令，则，
所以是的增函数，
故，
即.
因为
所以，
①当时，，
所以函数在上单调递增.
若，则
若，则
所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是，
所以在处取得极小值，不符合题意，
②当时，
所以函数在上单调递减.
若，则
若，则
所以的单调递减区间是，单调递增区间是，
所以在处取得极大值，符合题意.
③当时，，使得，
即，但当时，即
所以函数在上单调递减，
所以，即函数)在上单调递减，不符合题意
综上所述，的取值范围是
本题主要考查导数与函数的单调性和极值，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.
20．（1）（2）
【解析】
（1）求出及其导函数，利用研究的单调性和最值，根据零点存在定理和零点定义可得的范围．
（2）令，题意说明时，恒成立.同样求出导函数，由研究的单调性，通过分类讨论可得的单调性得出结论．
【详解】
解（1）函数
所以
讨论：
①当时，无零点；
②当时，，所以在上单调递增.
取，则
又，所以，此时函数有且只有一个零点；
③当时，令，解得（舍）或
当时，，所以在上单调递减；
当时，所以在上单调递增.
据题意，得，所以（舍）或
综上，所求实数的取值范围为.
（2）令，根据题意知，当时，恒成立.
又
讨论：
①若，则当时，恒成立，所以在上是增函数.
又函数在上单调递增，在上单调递增，所以存在使，不符合题意.
②若，则当时，恒成立，所以在上是增函数，据①求解知，
不符合题意.
③若，则当时，恒有，故在上是减函数，
于是“对任意成立”的充分条件是“”，即，
解得，故
综上，所求实数的取值范围是.
本题考查函数零点问题，考查不等式恒成立问题，考查用导数研究函数的单调性．解题关键是通过分类讨论研究函数的单调性．本题难度较大，考查掌握转化与化归思想，考查学生分析问题解决问题的能力．
21．（1）见解析（2）（3）见解析
【解析】
（1）令可得，即．得到，再利用通项公式和前n项和的关系求解，
（2）由（1）知，．设等比数列的公比为，所以，再根据恰为与的等比中项求解，
（3）由（2）得到时，，
，求得，再代入证明。
【详解】
（1）解：令可得，即．所以．
时，可得，
当时，所以．
显然当时，满足上式．所以．
，所以数列是等差数列，
（2）由（1）知，．
设等比数列的公比为，所以
，
恰为与的等比中项，
所以，
解得，所以
（3）时，，，而时，，
，
所以当时，.
当时，，
∴对任意，都有，
本题主要考查数列的通项公式和前n项和的关系，等差数列，等比数列的定义和性质以及数列放缩的方法，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题，
22．（1）证明见详解；（2）或或
【解析】
（1）
（2）首先用基本不等式得到，然后解出不等式即可
【详解】
（1）因为
所以
（2）当时
所以
当且仅当即时等号成立
因为存在，且，使得成立
所以
所以或
解得：或或
1.要熟练掌握绝对值的三角不等式，即
2.应用基本不等式求最值时要满足“一正二定三相等”.