2026届广东深圳市翠园中学高考压轴卷数学试卷含解析

这是一份2026届广东深圳市翠园中学高考压轴卷数学试卷含解析，共10页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知等式成立，则，已知，则的大小关系是等内容，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．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．我国南北朝时的数学著作《张邱建算经》有一道题为：“今有十等人，每等一人，宫赐金以等次差降之，上三人先入，得金四斤，持出，下三人后入得金三斤，持出，中间四人未到者，亦依次更给，问各得金几何？”则在该问题中，等级较高的二等人所得黄金比等级较低的九等人所得黄金（ ）
A．多1斤B．少1斤C．多斤D．少斤
3．已知，，那么是的（ ）
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
4．已知是等差数列的前项和，，，则（ ）
A．85B．C．35D．
5．已知抛物线的焦点为，若抛物线上的点关于直线对称的点恰好在射线上，则直线被截得的弦长为（ ）
A．B．C．D．
6．赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，又称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的，如图（1）），类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图（2）所示的图形，它是由个全等的三角形与中间的一个小正六边形组成的一个大正六边形，设，若在大正六边形中随机取一点，则此点取自小正六边形的概率为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知等式成立，则（ ）
A．0B．5C．7D．13
8．已知，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
9．设是双曲线的左、右焦点，若双曲线右支上存在一点，使（为坐标原点），且，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
10．已知双曲线的右焦点为，过的直线交双曲线的渐近线于两点，且直线的倾斜角是渐近线倾斜角的2倍，若，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
11．已知向量，，则向量在向量上的投影是（ ）
A．B．C．D．
12．已知函，，则的最小值为（ ）
A．B．1C．0D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．记复数z＝a+bi（i为虚数单位）的共轭复数为，已知z＝2+i，则_____．
14．如图，在中，已知，为边的中点．若，垂足为，则的值为__．
15．在平面五边形中，，，，且.将五边形沿对角线折起，使平面与平面所成的二面角为，则沿对角线折起后所得几何体的外接球的表面积是______.
16．已知复数，其中为虚数单位，则的模为_______________.
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，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，点、分别为，的中点，且平面平面.
（1）求证：平面.
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
18．（12分）如图，四棱锥中，平面，，，.
（Ｉ）证明：；
（Ⅱ）若是中点，与平面所成的角的正弦值为，求的长.
19．（12分）已知椭圆的左右焦点分别为，焦距为4，且椭圆过点，过点且不平行于坐标轴的直线交椭圆与两点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点.
（1）求的周长；
（2）求面积的最大值.
20．（12分）如图，点是以为直径的圆上异于、的一点，直角梯形所在平面与圆所在平面垂直，且，.
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离.
21．（12分）已知椭圆的左、右顶点分别为、，上、下顶点分别为，，为其右焦点，，且该椭圆的离心率为；
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）过点作斜率为的直线交椭圆于轴上方的点，交直线于点，直线与椭圆的另一个交点为，直线与直线交于点．若，求取值范围．
22．（10分）如图,四棱锥,侧面是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面是的菱形, 为棱上的动点,且.
(I)求证：为直角三角形；
(II)试确定的值，使得二面角的平面角余弦值为.
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】
根据对数性质可知，再根据集合的交集运算即可求解.
【详解】
∵，
集合，
∴由交集运算可得.
故选：A.
【点睛】
本题考查由对数的性质比较大小，集合交集的简单运算，属于基础题.
2、C
【解析】
设这十等人所得黄金的重量从大到小依次组成等差数列 则 由等差数列的性质得 ，
故选C
3、B
【解析】
由，可得，解出即可判断出结论．
【详解】
解：因为，且
．
，解得．
是的必要不充分条件．
故选：．
【点睛】
本题考查了向量数量积运算性质、三角函数求值、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4、B
【解析】
将已知条件转化为的形式，求得，由此求得.
【详解】
设公差为，则，所以，，，.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查等差数列通项公式的基本量计算，考查等差数列前项和的计算，属于基础题.
5、B
【解析】
由焦点得抛物线方程，设点的坐标为，根据对称可求出点的坐标，写出直线方程，联立抛物线求交点，计算弦长即可.
【详解】
抛物线的焦点为，
则，即，
设点的坐标为，点的坐标为，
如图：
∴，
解得，或(舍去)，
∴
∴直线的方程为，
设直线与抛物线的另一个交点为，
由，解得或，
∴，
∴，
故直线被截得的弦长为．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了抛物线的标准方程，简单几何性质，点关于直线对称，属于中档题.
6、D
【解析】
设，则，小正六边形的边长为，利用余弦定理可得大正六边形的边长为，再利用面积之比可得结论.
【详解】
由题意，设，则，即小正六边形的边长为，
所以，，，在中，
由余弦定理得，
即，解得，
所以，大正六边形的边长为，
所以，小正六边形的面积为，
大正六边形的面积为，
所以，此点取自小正六边形的概率.
故选：D.
【点睛】
本题考查概率的求法，考查余弦定理、几何概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
7、D
【解析】
根据等式和特征和所求代数式的值的特征用特殊值法进行求解即可.
【详解】
由可知：
令，得；
令，得；
令，得，
得，，而，所以
.
故选：D
【点睛】
本题考查了二项式定理的应用，考查了特殊值代入法，考查了数学运算能力.
8、B
【解析】
利用函数与函数互为反函数，可得，再利用对数运算性质比较a,c进而可得结论.
【详解】
依题意，函数与函数关于直线对称，则，
即，又，
所以，.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查对数、指数的大小比较，属于基础题.
9、D
【解析】
利用向量运算可得，即，由为的中位线，得到，所以，再根据双曲线定义即可求得离心率.
【详解】
取的中点，则由得，
即；
在中，为的中位线，
所以，
所以；
由双曲线定义知，且，所以，
解得，
故选：D
【点睛】
本题综合考查向量运算与双曲线的相关性质，难度一般.
10、B
【解析】
先求出直线l的方程为y（x﹣c），与y＝±x联立，可得A，B的纵坐标，利用，求出a，b的关系，即可求出该双曲线的离心率．
【详解】
双曲线1（a＞b＞0）的渐近线方程为y＝±x，
∵直线l的倾斜角是渐近线OA倾斜角的2倍，
∴kl，
∴直线l的方程为y（x﹣c），
与y＝±x联立，可得y或y，
∵，
∴2•，
∴ab，
∴c＝2b，
∴e．
故选B．
【点睛】
本题考查双曲线的简单性质，考查向量知识，考查学生的计算能力，属于中档题．
11、A
【解析】
先利用向量坐标运算求解，再利用向量在向量上的投影公式即得解
【详解】
由于向量，
故
向量在向量上的投影是.
故选：A
【点睛】
本题考查了向量加法、减法的坐标运算和向量投影的概念，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于中档题.
12、B
【解析】
，利用整体换元法求最小值.
【详解】
由已知，
又，，故当，即时，.
故选：B.
【点睛】
本题考查整体换元法求正弦型函数的最值，涉及到二倍角公式的应用，是一道中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、3﹣4i
【解析】
计算得到z2＝（2+i）2＝3+4i，再计算得到答案.
【详解】
∵z＝2+i，∴z2＝（2+i）2＝3+4i，则．
故答案为：3﹣4i．
【点睛】
本题考查了复数的运算，共轭复数，意在考查学生的计算能力.
14、
【解析】
，
由余弦定理，得，
得，，，
所以，所以．
点睛：本题考查平面向量的综合应用．本题中存在垂直关系，所以在线性表示的过程中充分利用垂直关系，得到，所以本题转化为求长度，利用余弦定理和面积公式求解即可．
15、
【解析】
设的中心为，矩形的中心为，过作垂直于平面的直线，过作垂直于平面的直线，得到直线与的交点为几何体外接球的球心，结合三角形的性质，求得球的半径，利用表面积公式，即可求解.
【详解】
设的中心为，矩形的中心为，
过作垂直于平面的直线，过作垂直于平面的直线，
则由球的性质可知，直线与的交点为几何体外接球的球心，
取的中点，连接，，
由条件得，，连接，
因为，从而，
连接，则为所得几何体外接球的半径，
在直角中，由，，可得，
即外接球的半径为，
故所得几何体外接球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及多面体的外接球的表面积的计算，其中解答中熟记空间几何体的结构特征，求得外接球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力与运算求解能力，属于中档试题.
16、
【解析】
利用复数模的计算公式求解即可.
【详解】
解：由，得，
所以.
故答案为：.
【点睛】
本题考查复数模的求法，属于基础题.
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）见解析（2）
【解析】
（1）首先可得，再面面垂直的性质可得平面，即可得到，再由，即可得到线面垂直；
（2）过点做平面的垂线，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角；
【详解】
解：（1）∵，点为的中点，∴，又∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，∴，
又∵，分别为，的中点，
∴，∴，
又平面，平面，，
∴平面.
（2）过点做平面的垂线，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，∵，∴，，
，，
∴，，，
设平面的法向量为，
由，得，令，得，
∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
本题考查线面垂直的判定，面面垂直的性质定理的应用，利用空间向量法求线面角，属于中档题.
18、（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）取的中点，连接，由，，得三点共线，且，又，再利用线面垂直的判定定理证明.
（Ⅱ）设，则，，在底面中，，在中，由余弦定理得：，在中，由余弦定理得，两式相加求得，再过作，则平面，即点到平面的距离，由是中点，得到到平面的距离，然后根据与平面所成的角的正弦值为求解.
【详解】
（Ⅰ）取的中点，连接，
由，，得三点共线，
且，又，，
所以平面，
所以.
（Ⅱ）设，，，
在底面中，，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得，
两式相加得：，
所以 ，
，
过作，则平面，
即点到平面的距离，
因为是中点，所以为到平面的距离，
因为与平面所成的角的正弦值为，
即，
解得.
【点睛】
本题主要考查线面垂直的判定定理，线面角的应用，还考查了转化化归的思想和空间想象运算求解的能力，属于中档题.
19、（1）12（2）
【解析】
（1）根据焦距得焦点坐标，结合椭圆上的点的坐标，根据定义；
（2）求出椭圆的标准方程，设，联立直线和椭圆，结合韦达定理表示出面积，即可求解最大值.
【详解】
（1）设椭园的焦距为，则，故.则椭圆过点，由椭圆定义知:，故，
因此，的周长；
（2）由（1）知:，椭圆方程为:设，则，
，，，，
当且仅当在短轴顶点处取等，故面积的最大值为.
【点睛】
此题考查根据椭圆的焦点和椭圆上的点的坐标求椭圆的标准方程，根据直线与椭圆的交点关系求三角形面积的最值，涉及韦达定理的使用，综合性强，计算量大.
20、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）取的中点，证明,则平面平面，则可证平面.
（2）利用，是平面的高，容易求.，再求，则点到平面的距离可求.
【详解】
解：（1）如图：
取的中点，连接、.
在中，是的中点，是的中点，
平面平面,故平面
在直角梯形中， ，且，
∴四边形是平行四边形，，同理平面
又,故平面平面，
又平面平面.
（2）是圆的直径，点是圆上异于、的一点，
又∵平面平面，平面平面
平面，
可得是三棱锥的高线.
在直角梯形中，.
设到平面的距离为，则，即
由已知得，
由余弦定理易知：，则
解得，即点到平面的距离为
故答案为：.
【点睛】
考查线面平行的判定和利用等体积法求距离的方法，是中档题.
21、（Ⅰ）；（Ⅱ），．
【解析】
（Ⅰ）由题意可得，的坐标，结合椭圆离心率，及隐含条件列式求得，的值，则椭圆方程可求；（Ⅱ）设直线，求得的坐标，再设直线，求出点的坐标，写出的方程，联立与，可求出的坐标，由，可得关于的函数式，由单调性可得取值范围．
【详解】
（Ⅰ），，，
，，
由，得，又，，
解得：，，．
椭圆的标准方程为；
（Ⅱ）设直线，则与直线的交点，
又，设直线，
联立，消可得．
解得，，
联立，得，，
直线，
联立，解得，，
，
，，，
，
，
函数在上单调递增，
，．
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力．
22、（1）见解析；(II) .
【解析】
试题分析：（1）取中点,连结,以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明为直角三角形；（2）设，由，得，求出平面的法向量和平面的法向量，，根据空间向量夹角余弦公式能求出结果.
试题解析：(I)取中点,连结，依题意可知均为正三角形，所以,
又平面平面，
所以平面，
又平面，所以,
因为,所以，即,
从而为直角三角形.
(II)法一：由(I)可知,又平面平面,平面平面,
平面，所以平面.
以为原点，建立空间直角坐标系如图所示,则
,
由可得点的坐标
所以,
设平面的法向量为，则,
即解得，
令，得，
显然平面的一个法向量为,
依题意，
解得或（舍去），
所以，当时，二面角的余弦值为.
法二：由(I)可知平面,所以,
所以为二面角的平面角，
即,
在中，,
所以
，
由正弦定理可得，即
解得，
又,所以,
所以，当时，二面角的余弦值为.