2026届北海市重点中学高考数学三模试卷含解析

这是一份2026届北海市重点中学高考数学三模试卷含解析，共4页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，已知定义在上的奇函数满足，在中，“”是“”的，世纪产生了著名的“”猜想等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．某地区高考改革，实行“3+2+1”模式，即“3”指语文、数学、外语三门必考科目，“1”指在物理、历史两门科目中必选一门，“2”指在化学、生物、政治、地理以及除了必选一门以外的历史或物理这五门学科中任意选择两门学科，则一名学生的不同选科组合有（ ）
A．8种B．12种C．16种D．20种
2．将函数图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象关于直线对称，则函数在上的值域是（ ）
A．B．C．D．
3．函数的部分图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知定义在上的奇函数满足：（其中），且在区间上是减函数，令，，，则，，的大小关系（用不等号连接）为（ ）
A．B．
C．D．
5．在中，“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则（ ）
A．B．
C．D．
7．已知实数、满足约束条件，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知数列为等差数列，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
9．世纪产生了著名的“”猜想：任给一个正整数，如果是偶数，就将它减半；如果是奇数，则将它乘加，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到.如图是验证“”猜想的一个程序框图，若输入正整数的值为，则输出的的值是（ ）
A．B．C．D．
10．半径为2的球内有一个内接正三棱柱，则正三棱柱的侧面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
11．已知双曲线的实轴长为，离心率为，、分别为双曲线的左、右焦点，点在双曲线上运动，若为锐角三角形，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
12．记等差数列的公差为，前项和为.若，，则（ ）
A．B．C．D．
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，已知点，，若圆上有且仅有一对点，使得的面积是的面积的2倍，则的值为_______.
14．函数的定义域为_____________.
15．设（其中为自然对数的底数），，若函数恰有4个不同的零点，则实数的取值范围为________.
16．某校为了解学生学习的情况，采用分层抽样的方法从高一人、高二 人、高三人中，抽取人进行问卷调查.已知高一被抽取的人数为，那么高三被抽取的人数为_______．
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）如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，平面，，，是的中点.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（ⅠⅠ）求直线与平面所成的角的正弦值.
18．（12分）已知数列中，，前项和为，若对任意的，均有（是常数，且）成立，则称数列为“数列”.
（1）若数列为“数列”，求数列的前项和；
（2）若数列为“数列”，且为整数，试问：是否存在数列，使得对任意，成立？如果存在，求出这样数列的的所有可能值，如果不存在，请说明理由.
19．（12分）在中，角的对边分别为，且满足.
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）若的面积为，，求和的值.
20．（12分）某精密仪器生产车间每天生产个零件，质检员小张每天都会随机地从中抽取50个零件进行检查是否合格，若较多零件不合格，则需对其余所有零件进行检查．根据多年的生产数据和经验，这些零件的长度服从正态分布（单位：微米），且相互独立．若零件的长度满足，则认为该零件是合格的，否则该零件不合格．
（1）假设某一天小张抽查出不合格的零件数为，求及的数学期望；
（2）小张某天恰好从50个零件中检查出2个不合格的零件，若以此频率作为当天生产零件的不合格率．已知检查一个零件的成本为10元，而每个不合格零件流入市场带来的损失为260元．假设充分大，为了使损失尽量小，小张是否需要检查其余所有零件，试说明理由．
附：若随机变量服从正态分布，则．
21．（12分）在中，内角的对边分别是，满足条件．
（1）求角；
（2）若边上的高为，求的长．
22．（10分）已知函数.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若满足，，，求.
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、C
【解析】
分两类进行讨论：物理和历史只选一门；物理和历史都选，分别求出两种情况对应的组合数，即可求出结果.
【详解】
若一名学生只选物理和历史中的一门，则有种组合；
若一名学生物理和历史都选，则有种组合；
因此共有种组合.
故选C
【点睛】
本题主要考查两个计数原理，熟记其计数原理的概念，即可求出结果，属于常考题型.
2、D
【解析】
由题意利用函数的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，余弦函数的值域，求得结果.
【详解】
解：把函数图象向右平移个单位长度后，
可得的图象；
再根据得到函数的图象关于直线对称，
，，
，函数.
在上，，，
故，即的值域是，
故选：D.
【点睛】
本题主要考查函数的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，余弦函数的值域，属于中档题．
3、C
【解析】
判断函数的性质，和特殊值的正负，以及值域，逐一排除选项.
【详解】
，函数是奇函数，排除，
时，，时，，排除，
当时，，
时，，排除，
符合条件，故选C.
【点睛】
本题考查了根据函数解析式判断函数图象，属于基础题型，一般根据选项判断函数的奇偶性，零点，特殊值的正负，以及单调性，极值点等排除选项.
4、A
【解析】
因为，所以，即周期为４，因为为奇函数，所以可作一个周期[-2e,2e]示意图，如图在（０，１）单调递增，因为，因此，选Ａ．
点睛：函数对称性代数表示
（1）函数为奇函数 ，函数为偶函数（定义域关于原点对称）；
（2）函数关于点对称，函数关于直线对称，
（3）函数周期为T,则
5、D
【解析】
通过列举法可求解，如两角分别为时
【详解】
当时，，但，故充分条件推不出；
当时，，但，故必要条件推不出；
所以“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
【点睛】
本题考查命题的充分与必要条件判断，三角函数在解三角形中的具体应用，属于基础题
6、C
【解析】
根据题意，由函数的奇偶性可得，，又由，结合函数的单调性分析可得答案．
【详解】
根据题意，函数是定义在上的偶函数，则，，
有，
又由在上单调递增，则有，故选C.
【点睛】
本题主要考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意函数奇偶性的应用，属于基础题．
7、C
【解析】
作出不等式组表示的平面区域，作出目标函数对应的直线，结合图象知当直线过点时，取得最大值.
【详解】
解：作出约束条件表示的可行域是以为顶点的三角形及其内部，如下图表示：
当目标函数经过点时，取得最大值，最大值为.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查线性规划等基础知识；考查运算求解能力，数形结合思想，应用意识,属于中档题.
8、B
【解析】
由等差数列的性质和已知可得，即可得到，代入由诱导公式计算可得．
【详解】
解：由等差数列的性质可得，解得，
，
故选：B．
【点睛】
本题考查等差数列的下标和公式的应用，涉及三角函数求值，属于基础题．
9、C
【解析】
列出循环的每一步，可得出输出的的值.
【详解】
，输入，，不成立，是偶数成立，则；
，不成立，是偶数成立，则；
，不成立，是偶数成立，则；
，不成立，是偶数不成立，则；
，不成立，是偶数成立，则；
，不成立，是偶数成立，则；
，不成立，是偶数成立，则；
，不成立，是偶数成立，则；
，成立，跳出循环，输出的值为.
故选：C.
【点睛】
本题考查利用程序框图计算输出结果，考查计算能力，属于基础题.
10、B
【解析】
设正三棱柱上下底面的中心分别为，底面边长与高分别为，利用，可得，进一步得到侧面积，再利用基本不等式求最值即可.
【详解】
如图所示.设正三棱柱上下底面的中心分别为，底面边长与高分别为，则，
在中，，化为，
，
，
当且仅当时取等号，此时.
故选：B.
【点睛】
本题考查正三棱柱与球的切接问题，涉及到基本不等式求最值，考查学生的计算能力，是一道中档题.
11、A
【解析】
由已知先确定出双曲线方程为，再分别找到为直角三角形的两种情况，最后再结合即可解决.
【详解】
由已知可得，，所以，从而双曲线方程为
，不妨设点在双曲线右支上运动，则，当时，
此时，所以，
，所以；
当轴时，，所以，又为锐角三
角形，所以.
故选：A.
【点睛】
本题考查双曲线的性质及其应用，本题的关键是找到为锐角三角形的临界情况，即为直角三角形，是一道中档题.
12、C
【解析】
由，和，可求得，从而求得和，再验证选项.
【详解】
因为，，
所以解得，
所以，
所以，，，
故选：C.
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式、前项和公式，还考查运算求解能力，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】
写出所在直线方程，求出圆心到直线的距离，结合题意可得关于的等式，求解得答案．
【详解】
解：直线的方程为，即．
圆的圆心
到直线的距离，
由的面积是的面积的2倍的点，有且仅有一对，
可得点到的距离是点到直线的距离的2倍，
可得过圆的圆心，如图：
由，解得．
故答案为：．
【点睛】
本题考查直线和圆的位置关系以及点到直线的距离公式应用，考查数形结合的解题思想方法，属于中档题．
14、
【解析】
由题意可得，，解不等式可求．
【详解】
解：由题意可得，，
解可得，，
故答案为．
【点睛】
本题主要考查了函数的定义域的求解，属于基础题．
15、
【解析】
求函数，研究函数的单调性和极值，作出函数的图象，设，若函数恰有4个零点，则等价为函数有两个零点，满足或，利用一元二次函数根的分布进行求解即可．
【详解】
当时，，
由得：，解得，
由得：，解得，
即当时，函数取得极大值，同时也是最大值，（e），
当，，
当，，
作出函数的图象如图，
设，
由图象知，当或，方程有一个根，
当或时，方程有2个根，
当时，方程有3个根，
则，等价为，
当时，，
若函数恰有4个零点，
则等价为函数有两个零点，满足或，
则，
即（1）
解得：，
故答案为：
【点睛】
本题主要考查函数与方程的应用，利用换元法进行转化一元二次函数根的分布以及．求的导数，研究函数的的单调性和极值是解决本题的关键，属于难题．
16、
【解析】
由分层抽样的知识可得，即，所以高三被抽取的人数为，应填答案．
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、 (Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）连接交于，得，所以面，又 ，得面，即可利用面面平行的判定定理，证得结论；
（Ⅱ）如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求的平面的一个法向量 ，利用向量和向量夹角公式，即可求解与平面所成角的正弦值．
试题解析：
（Ⅰ）连接BD交AC于O，易知O是BD的中点，故OG//BE，BE面BEF，OG在面BEF外，所以OG//面BEF；
又EF//AC，AC在面BEF外，AC//面BEF，又AC与OG相交于点O，面ACG有两条相交直线与面BEF平行，故面ACG∥面BEF；
（Ⅱ）如图，以O为坐标原点，分别以OC、OD、OF为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则， ， ，， ，，，
设面ABF的法向量为，依题意有，，令，，，，，
直线AD与面ABF成的角的正弦值是．
18、（1）（2）存在，
【解析】
由数列为“数列”可得,，，两式相减得，又，利用等比数列通项公式即可求出,进而求出;
由题意得，，，两式相减得，，
据此可得,当时,,进而可得,即数列为常数列,进而可得,结合，得到关于的不等式,再由时，且为整数即可求出符合题意的的所有值.
【详解】
因为数列为“数列”，
所以，故，
两式相减得，
在中令，则可得，故
所以，
所以数列是以为首项,以为公比的等比数列，
所以，因为，
所以.
（2）由题意得，故，
两式相减得
所以，当时，
又因为
所以当时,
所以成立,
所以当时，数列是常数列，
所以
因为当时,成立,
所以，
所以
在中令，
因为，所以可得，
所以，
由时，且为整数，
可得,
把分别代入不等式
可得,，
所以存在数列符合题意,的所有值为.
【点睛】
本题考查数列的新定义、等比数列的通项公式和数列递推公式的运用;考查运算求解能力、逻辑推理能力和对新定义的理解能力;通过反复利用递推公式,得到数列为常数列是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.
19、（Ⅰ）；（Ⅱ），.
【解析】
（Ⅰ）运用正弦定理和二角和的正弦公式，化简，即可求出角的大小；
（Ⅱ）通过面积公式和 ，可以求出，这样用余弦定理可以求出，用余弦定理求出，根据同角的三角函数关系，可以求出，这样可以求出,最后利用二角差的余弦公式求出的值.
【详解】
（Ⅰ）由正弦定理可知：,已知，所以
，,
所以有.
（Ⅱ），由余弦定理可知：
,
,
.
【点睛】
本题考查了正弦定理、余弦定理、面积公式、二倍角公式、二角差的余弦公式以及同角的三角函数关系，考查了运算能力.
20、（1）见解析（2）需要，见解析
【解析】
（1）由零件的长度服从正态分布且相互独立,零件的长度满足即为合格,则每一个零件的长度合格的概率为,满足二项分布,利用补集的思想求得,再根据公式求得；
（2）由题可得不合格率为,检查的成本为,求出不检查时损失的期望,与成本作差,再与0比较大小即可判断.
【详解】
（1）,
由于满足二项分布,故.
（2）由题意可知不合格率为,
若不检查,损失的期望为；
若检查,成本为,由于,
当充分大时,,
所以为了使损失尽量小,小张需要检查其余所有零件.
【点睛】
本题考查正态分布的应用,考查二项分布的期望,考查补集思想的应用,考查分析能力与数据处理能力.
21、（1）．（2）
【解析】
（1）利用正弦定理的边角互化可得，再根据，利用两角和的正弦公式即可求解.
（2）已知，由知，在中，解出即可.
【详解】
（1）由正弦定理知
由己知，而
∴，
（2）已知，
则由知
先求
∴
∴
∴
【点睛】
本题主要考查了正弦定理解三角形、三角形的性质、两角和的正弦公式，需熟记定理与公式，属于基础题.
22、（1）；（2）
【解析】
（1）化简得到，取，解得答案.
（2），解得，根据余弦定理得到，再用一次余弦定理解得答案.
【详解】
（1）.
取，解得.
（2）,
因为， 故，.
根据余弦定理：，.
.
【点睛】
本题考查了三角恒等变换，三角函数单调性，余弦定理，意在考查学生对于三角函数知识的综合应用.