广西贵港市2026届高三下学期自主检测练习数学试题（含解析）高考模拟

这是一份广西贵港市2026届高三下学期自主检测练习数学试题（含解析）高考模拟，共13页。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由，可得，故，
u，故.
2. 若复数满足（ ）
A. B. 2C. D. 1
【答案】A
【解析】
【详解】由，得，
所以.
3. 展开式的常数项为（ ）
A. 15B. C. 60D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用二项式定理把二项式展开，直接求出常数项．
【详解】展开式的通项公式为：，
要求常数项，只需，解得：r=4.
所以常数项为: .
故选:C.
二项式定理类问题的处理思路：利用二项展开式的通项进行分析．
4. 直线与圆相交于两点，则（ ）
A. B. 2C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】借助点到直线距离公式与圆的弦长公式计算即可得.
【详解】圆的圆心为，半径，
则到直线的距离，
则.
5. 若角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由角的终边经过点，得，
所以.
6. 已知随机变量服从正态分布，若，其中，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正态分布得到的关系式，从而消元，变形，利用基本不等式求出最值
【详解】，，
由正态分布的对称性可知，故，
因为，所以，即，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为.
7. 从集合中任取三个不同的数，当三数之和为3的倍数时，这三个数可构成等差数列的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出事件，分别计算出两事件的基本事件数，利用条件概率公式进行求解
【详解】设三数之和为3的倍数为事件，三个数可构成等差数列为事件，
中，除以3余数为0的有，
除以3余数为1的有，除以3余数为2的有，
要想三数之和为3的倍数，可以从中任选3个；
或中任选3个；或中任选3个；
或中选1个，中选1个，中选1个；
故，
若三个数构成等差数列，不妨设为，，
则，，所以三个数的和一定为3的倍数，
设公差为，则且为正整数，则，
又，故，所以且为正整数，
当时，为，共16种情况，
当时，为，共14种情况，
当时，为，共12种情况，
当时，为，共10种情况，
当时，为，共8种情况，
当时，为，共6种情况
当时，为，共4种情况，
当时，为，共2种情况，
所以，
故.
8. 已知，点是直线上的任意一点，点在曲线上，点是线段的中点，则的最小值为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由极化恒等式可得，原题转化为求的最小值。先对给定N，研究P点满足方程，求出此时的最小值，再对任意点N，通过导数分析，可进一步求出取得的最小值．
【详解】设C是线段AB的中点，则，
并对任意点，有，
由题易得直线AB的方程为，对于给定上的，
设在直线AB上，则，
消去参数，得，整理后得，
所以对于给定，的最小值为C点到P点所在直线的距离，即，
设（），则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以在处取得最大值，
所以，当且仅当时取等号，即，
故．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 最小正周期为B. 是对称轴
C. 函数是奇函数D. 函数在区间上单调递增
【答案】BCD
【解析】
【分析】借助降幂公式与辅助角公式可将原函数化为正弦型函数；利用正弦型函数周期性计算可得A；借助代入检验法可得B、D；计算出可得C.
【详解】；
对A：函数的最小正周期为，故A错误；
对B：当时，，因是函数的对称轴，
故是函数的对称轴，故B正确；
对C：是奇函数，故C正确；
对D：当时，，因在上单调递增，
故函数在区间上单调递增，故D正确.
10. 正方体的棱长为2，点，分别为棱，的中点，则有（ ）
A. 与平面平行
B.
C. 平面
D. 四边形的面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理判断ABC；求出四边形面积判断D.
【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
对于A，，即，而直线，
因此，又平面，平面，
则平面，A正确；
对于B，，，
因此，B正确；
对于C，，EF→⋅AC→=0×(−2)−1×2+0×2=−2≠0 ，
因此不垂直，直线与平面不垂直，C错误；
对于D，，
等腰梯形的高，
因此四边形的面积，D正确.
11. 椭圆的左右焦点分别为，圆与椭圆相切于两个不同点，则（ ）
A. 的取值范围为
B.
C. 若四边形为菱形，则
D. 三角形面积的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】对A：问题转化为椭圆上存在一点到点的距离最短，且点不在轴上，结合椭圆上的点的横坐标取值范围计算即可得解；对B：表示出、计算即可得；对C：结合菱形性质与各点横坐标计算即可得；对D：利用面积公式计算即可得.
【详解】对A：问题转化为椭圆上存在一点到点的距离最短，且点不在轴上，
设，则，
BA=x0−t2+y02=x02−2tx0+t2+4−12x02=12x0−2t2+4−t2，
由于，当，即时，只有当点与右顶点重合时，
达到最小值，不符合题意；
若，当时，达到最小值，符合题意，
故的取值范围为，故A错误；
对B：由A可知r=BAmin=4−t2，易知，所以AF1=2+t,AF2=2−t ，
所以AF1AF2=4−t2=r2，故B正确；
对C：由，，，要使得四边形为菱形，
则有，解得，故C正确；
对D：点坐标2t,4−2t2，S△ABC=t4−2t2=−2t4+4t2=−2t2−12+2，
当时，取到最大值，故D错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 一组按照从小到大排列的数据，其平均数为，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】借助平均数定义结合从小到大排列要求计算即可得.
【详解】由题意可得，
整理得，
故或，又，故.
13. 等比数列的前项之积为，若，则___________．
【答案】18
【解析】
【详解】由等比中项的性质可得，
所以．
14. 直线与函数的图像交于两点，过点分别作轴的垂线，垂足为，，当矩形的面积为时，___________．
【答案】
【解析】
【分析】求导后可得函数单调性，可设Cx1,0,Dx2,0，结合图象性质可得，再利用矩形面积计算可得，即可解出.
【详解】，当时，，当时，，
故函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
当时，，当时，函数取得最大值，
画出函数简图如下：
设Cx1,0,Dx2,0，则，，
S矩形ABDC=x2−x1b=lnx2−lnx1=lnx2x1=ln3 ，即，
则有lnx1x1=lnx2x2=ln3x13x1，解得，此时.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 在中，角的对边分别为，，且为钝角．
（1）求角的大小；
（2）若，为正整数，求的面积．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再逆用和角的正弦公式求解.
（2）利用余弦定理，结合基本不等式及已知求出，进而求出三角形面积.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理得，
整理得，
而，解得，又为钝角，所以.
【小问2详解】
由余弦定理，得，
而，当且仅当时取等号，因此，即，
又为正整数，则，，
所以的面积.
16. 已知函数．
（1）当时，求函数在处的切线方程；
（2）当时，恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）求导后，分与进行讨论，当时，结合函数单调性可得该此时恒成立，符合题意；当时，可利用导数研究函数单调性从而可得，可通过构造函数证明，即可得不符合题意.
【小问1详解】
当时，，则，
则，又，
故函数在处的切线方程为，即；
【小问2详解】
，，
若，，则在上单调递增，
故，符合题意；
若，则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
则，
令，则，
由单调递减，则，
故在上单调递减，故，
即，不符合题意；
综上可得：.
17. 在三棱锥中，等边三角形的边长为，点为的中点，设二面角的平面角分别为．
（1）证明：；
（2）当时，求直线与平面夹角的正弦值；
（3）求的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设的中点为，连接、，借助线面垂直判定定理可得平面，即可利用线面垂直性质定理得到；
（2）过点作的垂线，设垂足为，利用线面垂直判定定理可得平面，即可得，则可建立适当空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）过点作的垂线，设垂足为，借助线面垂直判定定理与性质定理可得，即可得，再结合各边长可表示出，结合辅助角公式计算即可得其最小值.
【小问1详解】
设的中点为，连接、，则，
因为三角形PAB为等边三角形，所以，
又因为，所以，
又因为，、平面，
所以平面，又因为平面，所以；
【小问2详解】
过点作的垂线，设垂足为，
由（1）得，平面，由平面，所以，
又因为，，、平面，
所以平面，则，
以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
则，即.
，
，设平面法向量，
则，即2x=0x+32y+32z=0，
取，可得，，即得，
设直线与平面夹角为，则；
【小问3详解】
过点作的垂线，设垂足为，连接，
由平面，平面，所以，
又因为，，、平面，
所以平面，又平面，所以，故，
则，
，
故，
因为，所以，
又因为，
所以，当且仅当时等号成立，
即的最小值为.
18. 双曲线的左顶点为，右焦点为，点是双曲线右支上的任意一点，且在第一象限，设直线与直线的交点为．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）当三角形为直角三角形时，求直线的斜率；
（3）证明：直线与三角形的外接圆相切．
【答案】（1）
（2）1或
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得、，再计算出即可得；
（2）设，可得，再分与讨论即可得；
（3）表示出直线AP方程后，可得点坐标，可设三角形QAF外接圆圆心的坐标为，再利用AM=MQ可得，再利用向量数量积公式计算即可得证.
【小问1详解】
由题意可得，则，
所以双曲线的标准方程为：；
【小问2详解】
设，则，
当时，将代入，得，
此时直线AP的斜率为；
当时，AP=x0+1,y0,FP=x0−2,y0，
，
联立方程：x02−x0−2+y02=0x02−y023=1，可得，解得，
代入得：，此时直线AP的斜率为33454−−1=33，
综上所述，直线AP的斜率为1或；
【小问3详解】
直线AP方程为：，令，得Q12,3y02x0+2，
设三角形QAF外接圆圆心的坐标为，则有AM=MQ，
即94+m2=3y02x0+2−m，
化简得：y0x0+1m=3y024x0+12−34=9x02−14x0+12−34=3x0−62x0+1，
即，
由FP=x0−2,y0,MF=32,−m，
则FP⋅MF=32x0−2−my0=32x0−3−3x02+3=0 ，即，
故直线PF与三角形的外接圆相切.
19. 向量列满足：对任意的，都有，其中为单位向量，．记向量与的夹角为．
（1）当时，
①在如图中画出，并直接写出的值；
②求的通项公式．
（2）当时，对任意的，将所对应的值依次排列形成数列，记数列的前项和为．证明：．
【答案】（1）①作图见解析，，；②
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）①结合平面向量三角形加法法则及减法法则画出对应图形即可得；结合图形计算即可得；②分奇偶讨论可得数列是首项为，公比为的等比数列，即可求出数列的通项公式，从而可得的通项公式；
（2）结合（1）②所得可得，则由正弦定理可得，借助累乘法可得，从而可计算出时的，即可得数列的通项公式，再分奇偶讨论即可得.
【小问1详解】
①当时，，根据向量三角形加法法则，画出如图，
此时，
当时，，沿着的正方向再构造一个，
根据向量三角形减法法则画出如图，此时；
②当为奇数时，，由，
则，故；
当为偶数时，，由，
则，故；
则，即，
则，
因为，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
即，得；
根据得：，
综上所述，的通项公式为：；
【小问2详解】
由（1）②知：，，
故数列是首项为，公比为的等比数列，
故，即，
则由，可得，
由正弦定理得：，
即对任意的，，则，，，
累乘得，即，
当时，，即，得，
解得，
即，则，
，
当为偶数时，；
当为奇数时，；
综上所述，对任意.