2026届广西壮族自治区梧州市高考考前模拟数学试题（含答案解析）

这是一份2026届广西壮族自治区梧州市高考考前模拟数学试题（含答案解析），共18页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，若复数满足，则等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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．双曲线的左右焦点为，一条渐近线方程为，过点且与垂直的直线分别交双曲线的左支及右支于，满足，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．3C．D．2
2．已知函数的导函数为，记，，…，N. 若，则 （ ）
A．B．C．D．
3．已知双曲线C：=1(a>0，b>0)的右焦点为F，过原点O作斜率为的直线交C的右支于点A，若|OA|=|OF|，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．+1
4．已知函数，若时，恒成立，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知数列，，，…，是首项为8，公比为得等比数列，则等于（ ）
A．64B．32C．2D．4
6．已知函数有三个不同的零点 （其中），则 的值为( )
A．B．C．D．
7．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有器中米，不知其数，前人取半，中人三分取一，后人四分取一，余米一斗五升(注：一斗为十升).问，米几何？”下图是解决该问题的程序框图，执行该程序框图，若输出的S=15(单位：升)，则输入的k的值为（ ）

A．45B．60C．75D．100
8．若复数满足，则（ ）
A．B．C．2D．
9．已知函数，且的图象经过第一、二、四象限，则，，的大小关系为( )
A．B．
C．D．
10．设，为非零向量，则“存在正数，使得”是“”的（ ）
A．既不充分也不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．充分不必要条件
11．若不等式对于一切恒成立，则的最小值是 （ ）
A．0B．C．D．
12．已知是定义是上的奇函数，满足，当时， ，则函数在区间上的零点个数是（ ）
A．3B．5C．7D．9
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在平面直角坐标系中，已知圆及点，设点是圆上的动点，在中，若的角平分线与相交于点，则的取值范围是_______.
14．已知数列满足，且恒成立，则的值为____________.
15．在直角坐标系中，已知点和点，若点在的平分线上，且，则向量的坐标为___________.
16．设，分别是椭圆C：（）的左、右焦点，直线l过交椭圆C于A，B两点，交y轴于E点，若满足，且，则椭圆C的离心率为______.
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）一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得2分，反面向上得1分.
（1）设抛掷4次的得分为，求变量的分布列和数学期望.
（2）当游戏得分为时，游戏停止，记得分的概率和为.
①求；
②当时，记，证明：数列为常数列，数列为等比数列.
18．（12分）底面为菱形的直四棱柱，被一平面截取后得到如图所示的几何体.若，.
（1）求证：；
（2）求二面角的正弦值.
19．（12分）已知椭圆：（），点是的左顶点，点为上一点，离心率.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的直线与的另一个交点为（异于点），是否存在直线，使得以为直径的圆经过点，若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.
20．（12分）已知等差数列的前n项和为，，公差，、、成等比数列，数列满足.
（1）求数列，的通项公式；
（2）已知，求数列的前n项和.
21．（12分）在中，内角的边长分别为，且．
（1）若，，求的值；
（2）若，且的面积，求和的值．
22．（10分）如图，在四棱柱中，平面平面，是边长为2的等边三角形，，，，点为的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求二面角的余弦值．
（Ⅲ）在线段上是否存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，若存在求出的长，若不存在说明理由．
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】
设，直线的方程为，联立方程得到，，根据向量关系化简到，得到离心率.
【详解】
设，直线的方程为.
联立整理得，
则.
因为，所以为线段的中点，所以，，整理得，
故该双曲线的离心率.
故选：.
本题考查了双曲线的离心率，意在考查学生的计算能力和转化能力.
2．D
【解析】
通过计算，可得，最后计算可得结果.
【详解】
由题可知：
所以
所以猜想可知：
由
所以
所以
故选：D
本题考查导数的计算以及不完全归纳法的应用，选择题、填空题可以使用取特殊值，归纳猜想等方法的使用，属中档题.
3．B
【解析】
以为圆心，以为半径的圆的方程为，联立，可求出点，则，整理计算可得离心率.
【详解】
解：以为圆心，以为半径的圆的方程为，
联立，取第一象限的解得，
即，则，
整理得，
则（舍去），，
.
故选：B.
本题考查双曲线离心率的求解，考查学生的计算能力，是中档题.
4．D
【解析】
通过分析函数与的图象，得到两函数必须有相同的零点，解方程组即得解.
【详解】
如图所示，函数与的图象，
因为时，恒成立，
于是两函数必须有相同的零点，
所以
，
解得．
故选：D
本题主要考查函数的图象的综合应用和函数的零点问题，考查不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
5．A
【解析】
根据题意依次计算得到答案.
【详解】
根据题意知：，，故，，.
故选：.
本题考查了数列值的计算，意在考查学生的计算能力.
6．A
【解析】
令，构造，要使函数有三个不同的零点（其中），则方程需要有两个不同的根，则，解得或，结合的图象，并分，两个情况分类讨论，可求出的值.
【详解】
令，构造，求导得，当时，；当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，且时，，时，，，可画出函数的图象（见下图），要使函数有三个不同的零点（其中），则方程需要有两个不同的根（其中），则，解得或，且，
若，即，则，则，且，
故，
若，即，由于，故，故不符合题意，舍去.
故选A.

解决函数零点问题，常常利用数形结合、等价转化等数学思想.
7．B
【解析】
根据程序框图中程序的功能，可以列方程计算．
【详解】
由题意，．
故选：B.
本题考查程序框图，读懂程序的功能是解题关键．
8．D
【解析】
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式计算.
【详解】
解：由题意知，，
，
∴，
故选：D.
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法.
9．C
【解析】
根据题意，得，，则为减函数，从而得出函数的单调性，可比较和，而，比较，即可比较.
【详解】
因为，且的图象经过第一、二、四象限，
所以，，
所以函数为减函数，函数在上单调递减，在上单调递增，
又因为，
所以，
又，，
则|，
即，
所以.
故选：C.
本题考查利用函数的单调性比较大小，还考查化简能力和转化思想.
10．D
【解析】
充分性中，由向量数乘的几何意义得，再由数量积运算即可说明成立；必要性中，由数量积运算可得，不一定有正数，使得，所以不成立，即可得答案.
【详解】
充分性：若存在正数，使得，则，，得证；
必要性：若，则，不一定有正数，使得，故不成立；
所以是充分不必要条件
故选：D
本题考查平面向量数量积的运算，向量数乘的几何意义，还考查了充分必要条件的判定，属于简单题.
11．C
【解析】
试题分析：将参数a与变量x分离，将不等式恒成立问题转化为求函数最值问题，即可得到结论．
解：不等式x2+ax+1≥0对一切x∈(0，]成立，等价于a≥-x-对于一切成立，
∵y=-x-在区间上是增函数
∴
∴a≥-
∴a的最小值为-故答案为C．
考点：不等式的应用
点评：本题综合考查了不等式的应用、不等式的解法等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，属于中档题
12．D
【解析】
根据是定义是上的奇函数，满足，可得函数的周期为3，再由奇函数的性质结合已知可得 ，利用周期性可得函数在区间上的零点个数．
【详解】
∵是定义是上的奇函数，满足， ，可得，
函数的周期为3，
∵当时， ，
令，则，解得或1，
又∵函数是定义域为的奇函数，
∴在区间上，有．
由，取，得 ，得，
∴．
又∵函数是周期为3的周期函数，
∴方程=0在区间上的解有 共9个，
故选D．
本题考查根的存在性及根的个数判断，考查抽象函数周期性的应用，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属于中档题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
由角平分线成比例定理推理可得，进而设点表示向量构建方程组表示点P坐标，代入圆C方程即可表示动点Q的轨迹方程，再由将所求视为该圆上的点与原点间的距离，所以其最值为圆心到原点的距离加减半径.
【详解】
由题可构建如图所示的图形，因为AQ是的角平分线，由角平分线成比例定理可知,所以.
设点，点，即，
则，
所以.
又因为点是圆上的动点，
则，
故点Q的运功轨迹是以为圆心为半径的圆，
又即为该圆上的点与原点间的距离，
因为，所以
故答案为：
本题考查与圆有关的距离的最值问题，常常转化到圆心的距离加减半径，还考查了求动点的轨迹方程，属于中档题.
14．
【解析】
易得，所以是等差数列，再利用等差数列的通项公式计算即可.
【详解】
由已知，，因，所以，所以数列是以
为首项，3为公差的等差数列，故，所以.
故答案为：
本题考查由递推数列求数列中的某项，考查学生等价转化的能力，是一道容易题.
15．
【解析】
点在的平分线可知与向量共线，利用线性运算求解即可.
【详解】
因为点在的平线上，
所以存在使，
而，
可解得，
所以，
故答案为：
本题主要考查了向量的线性运算，利用向量的坐标求向量的模，属于中档题.
16．
【解析】
采用数形结合，计算以及，然后根据椭圆的定义可得，并使用余弦定理以及，可得结果.
【详解】
如图
由，所以
由，所以
又，则
所以
所以
化简可得：
则
故答案为：
本题考查椭圆的定义以及余弦定理的使用，关键在于根据角度求出线段的长度，考查分析能力以及计算能力，属中档题.
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）分布列见解析，数学期望为6；（2）①；②证明见解析
【解析】
（1）变量的所有可能取值为4，5，6，7，8，分别求出对应的概率，进而可求出变量的分布列和数学期望；
（2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，分别求出两种情况的概率，进而可求得；②得分分两种情况，第一种为得分后抛掷一次正面向上，第二种为得分后抛掷一次反面向上，可知当且时，，结合，可推出，从而可证明数列为常数列；结合，可推出，进而可证明数列为等比数列.
【详解】
（1）变量的所有可能取值为4，5，6，7，8.
每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为，反面向上的概率也为，
则，
.
所以变量的分布列为：
故变量的数学期望为.
（2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为.
②得分分两种情况，第一种为得分后抛掷一次正面向上，第二种为得分后抛掷一次反面向上，
故且时，有，
则时，，
所以，
故数列为常数列；
又，
，所以数列为等比数列.
本题考查离散型随机变量的分布列及数学期望，考查常数列及等比数列的证明，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于中档题.
18．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）先由线面垂直的判定定理证明平面，再证明线线垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量与平面的一个法向量，再利用向量数量积运算即可.
【详解】
（1）证明：连接，由平行且相等，可知四边形为平行四边形，所以.
由题意易知，，所以，，
因为，所以平面，
又平面，所以.
（2）设，，由已知可得：平面平面，
所以，同理可得：，所以四边形为平行四边形，
所以为的中点，为的中点，所以平行且相等，从而平面，
又，所以，，两两垂直，如图，建立空间直角坐标系，
，，由平面几何知识，得.
则，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，由，可得，
令，则，，所以.同理，平面的一个法向量为.
设平面与平面所成角为，
则，所以.
本题考查了线面垂直的判定定理及二面角的平面角的求法，重点考查了空间向量的应用，属中档题.
19．（1）；（2）存在，
【解析】
（1）把点代入椭圆C的方程，再结合离心率，可得a,b,c的关系，可得椭圆的方程；
（2）设出直线的方程，代入椭圆，运用韦达定理可求得点的坐标，再由，可求得直线的方程,要注意检验直线是否和椭圆有两个交点．
【详解】
（1）由题可得∴，所以椭圆的方程
（2）由题知，设，直线的斜率存在设为，
则与椭圆联立得
，，∴，，∴
若以为直径的圆经过点，
则，∴，
化简得，∴，解得或
因为与不重合，所以舍.
所以直线的方程为.
本题考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查了向量的数量积的运用，属于中档题.
20．（1），（）；（2）.
【解析】
（1）根据是等差数列，，、、成等比数列，列两个方程即可求出，从而求得，代入化简即可求得；（2）化简后求和为裂项相消求和，分组求和即可，注意讨论公比是否为1.
【详解】
（1）由题意知，，，
由得
，
解得.
又，得，
解得或（舍）.
，.
又（），
（）.
（2），
①当时，
.
②当时，
.
此题等差数列的通项公式的求解，裂项相消求和等知识点，考查了化归和转化思想，属于一般性题目.
21．（1）；（2）.
【解析】
（1）先由余弦定理求得，再由正弦定理计算即可得到所求值；
（2）运用二倍角的余弦公式和两角和的正弦公式，化简可得sinA+sinB=5sinC，运用正弦定理和三角形的面积公式可得a，b的方程组，解方程即可得到所求值．
【详解】
解：（1）由余弦定理

由正弦定理得
（2）由已知得：

所以------①
又所以------②
由①②解得
本题考查正弦定理、余弦定理和面积公式的运用，以及三角函数的恒等变换，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
22．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）线段上是存在一点，，使直线与平面所成的角正弦值为.
【解析】
（Ⅰ）取中点，连结、，推导出四边形是平行四边形，从而，由此能证明平面;（Ⅱ）取中点，连结，，推导出平面，，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的余弦值；（Ⅲ）假设在线段上是存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，设．利用向量法能求出结果．
【详解】
（Ⅰ）证明：取中点，连结、，
是边长为2的等边三角形，，，，点为的中点，
，四边形是平行四边形，，
平面，平面，
平面．
（Ⅱ）解：取中点，连结，，
在四棱柱中，平面平面，是边长为2的等边三角形，
，，，点为的中点，
平面，，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，1，，，0，，，1，，，0，，
，，，，0，，，，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，，，
设平面的法向量，，，
则，取，得，
设二面角的平面角为，
则．
二面角的余弦值为．
（Ⅲ）解：假设在线段上是存在一点，使直线与平面所成的角正弦值为，设．
则，，，，，，平面的法向量，
，
解得，
线段上是存在一点，，使直线与平面所成的角正弦值为．
本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查满足正弦值的点是否存在的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
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