2026届广东华南师大附中高考数学必刷试卷含解析

这是一份2026届广东华南师大附中高考数学必刷试卷含解析，共18页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，已知命题，已知直线，，则“”是“”的等内容，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．已知向量，，=(1，)，且在方向上的投影为，则等于（ ）
A．2B．1C．D．0
2．设函数，若函数有三个零点，则（ ）
A．12B．11C．6D．3
3．已知函数，对任意的，，当时，，则下列判断正确的是（ ）
A．B．函数在上递增
C．函数的一条对称轴是D．函数的一个对称中心是
4．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题；“三百七十八里关，初行健步不为难，次后脚痛递减半，六朝才得到其关，要见每朝行里数，请公仔细算相还.”其意思为：“有一个人走了378里路，第一天健步走行，从第二天起脚痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地，求该人每天走的路程.”由这个描述请算出这人第四天走的路程为（ ）
A．6里B．12里C．24里D．48里
5．天干地支，简称为干支，源自中国远古时代对天象的观测.“甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸”称为十天干，“子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥”称为十二地支.干支纪年法是天干和地支依次按固定的顺序相互配合组成，以此往复，60年为一个轮回.现从农历2000年至2019年共20个年份中任取2个年份，则这2个年份的天干或地支相同的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．将函数的图象先向右平移个单位长度，在把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．若的展开式中二项式系数和为256，则二项式展开式中有理项系数之和为（ ）
A．85B．84C．57D．56
8．如图所示，三国时代数学家赵爽在《周髀算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一内角为，若向弦图内随机抛掷500颗米粒（米粒大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（ ）
A．134B．67C．182D．108
9．已知命题：使成立． 则为（ ）
A．均成立B．均成立
C．使成立D．使成立
10．已知直线，，则“”是“”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
11．函数的对称轴不可能为（ ）
A．B．C．D．
12．如图，在平面四边形ABCD中，
若点E为边CD上的动点，则的最小值为 （ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图所示，平面BCC1B1⊥平面ABC，ABC＝120，四边形BCC1B1为正方形，且AB＝BC＝2，则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为_____．
14．已知，则_____
15．各项均为正数的等比数列中，为其前项和，若，且，则公比的值为_____.
16．已知各棱长都相等的直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱)所有顶点都在球的表面上.若球的表面积为则该三棱柱的侧面积为___________．
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，在直三棱柱中，，，D，E分别为AB，BC的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）求点到平面的距离.
18．（12分）在某外国语学校举行的(高中生数学建模大赛)中,参与大赛的女生与男生人数之比为,且成绩分布在,分数在以上(含)的同学获奖．按女生、男生用分层抽样的方法抽取人的成绩作为样本,得到成绩的频率分布直方图如图所示．
(Ⅰ)求的值,并计算所抽取样本的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(Ⅱ)填写下面的列联表,并判断在犯错误的概率不超过的前提下能否认为“获奖与女生、男生有关”．
附表及公式：
其中,．
19．（12分）如图，矩形和梯形所在的平面互相垂直，，，.
（1）若为的中点，求证：平面；
（2）若，求四棱锥的体积.
20．（12分）已知函数f(x)＝|x－2|－|x＋1|.
（Ⅰ）解不等式f(x)>1；
（Ⅱ）当x>0时，若函数g(x)(a>0)的最小值恒大于f(x)，求实数a的取值范围．
21．（12分）在平面直角坐标系中，点，直线的参数方程为为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求曲线的直角坐标方程；
（2）若直线与曲线相交于不同的两点是线段的中点，当时，求的值．
22．（10分）已知矩阵，，若矩阵，求矩阵的逆矩阵．
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、B
【解析】
先求出，再利用投影公式求解即可.
【详解】
解：由已知得，
由在方向上的投影为，得，
则.
故答案为：B.
【点睛】
本题考查向量的几何意义，考查投影公式的应用，是基础题.
2、B
【解析】
画出函数的图象，利用函数的图象判断函数的零点个数，然后转化求解，即可得出结果．
【详解】
作出函数的图象如图所示，
令，
由图可得关于的方程的解有两个或三个（时有三个，时有两个），
所以关于的方程只能有一个根（若有两个根，则关于的方程有四个或五个根），
由，可得的值分别为，
则
故选B．
【点睛】
本题考查数形结合以及函数与方程的应用，考查转化思想以及计算能力，属于常考题型.
3、D
【解析】
利用辅助角公式将正弦函数化简，然后通过题目已知条件求出函数的周期，从而得到，即可求出解析式，然后利用函数的性质即可判断.
【详解】
，
又，即，
有且仅有满足条件；
又，则，
，函数，
对于A，，故A错误；
对于B，由，
解得，故B错误；
对于C，当时，，故C错误；
对于D，由，故D正确.
故选：D
【点睛】
本题考查了简单三角恒等变换以及三角函数的性质，熟记性质是解题的关键，属于基础题.
4、C
【解析】
设第一天走里，则是以为首项，以为公比的等比数列，由题意得，求出（里，由此能求出该人第四天走的路程．
【详解】
设第一天走里，则是以为首项，以为公比的等比数列，
由题意得：，
解得（里，
（里．
故选：C．
【点睛】
本题考查等比数列的某一项的求法，考查等比数列等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题．
5、B
【解析】
利用古典概型概率计算方法分析出符合题意的基本事件个数,结合组合数的计算即可出求得概率.
【详解】
20个年份中天干相同的有10组（每组2个），地支相同的年份有8组（每组2个），从这20个年份中任取2个年份，则这2个年份的天干或地支相同的概率.
故选:B.
【点睛】
本小题主要考查古典概型的计算,考查组合数的计算,考查学生分析问题的能力,难度较易.
6、A
【解析】
根据y=Acs（ωx+φ）的图象变换规律，求得g（x）的解析式，根据定义域求出的范围，再利用余弦函数的图象和性质，求得ω的取值范围．
【详解】
函数的图象先向右平移个单位长度，
可得的图象，
再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍(纵坐标不变)，
得到函数的图象，
∴周期，
若函数在上没有零点，
∴ ，
∴ ，
，解得，
又，解得，
当k=0时，解，
当k=-1时，，可得，
.
故答案为：A.
【点睛】
本题考查函数y=Acs（ωx+φ）的图象变换及零点问题，此类问题通常采用数形结合思想，构建不等关系式，求解可得，属于较难题.
7、A
【解析】
先求，再确定展开式中的有理项，最后求系数之和.
【详解】
解：的展开式中二项式系数和为256
故，
要求展开式中的有理项，则
则二项式展开式中有理项系数之和为：
故选：A
【点睛】
考查二项式的二项式系数及展开式中有理项系数的确定，基础题.
8、B
【解析】
根据几何概型的概率公式求出对应面积之比即可得到结论.
【详解】
解：设大正方形的边长为1，则小直角三角形的边长为，
则小正方形的边长为，小正方形的面积，
则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为
，
故选：B.
【点睛】
本题主要考查几何概型的概率的应用，求出对应的面积之比是解决本题的关键.
9、A
【解析】
试题分析：原命题为特称命题，故其否定为全称命题，即．
考点：全称命题.
10、C
【解析】
先得出两直线平行的充要条件，根据小范围可推导出大范围，可得到答案.
【详解】
直线，，的充要条件是，当a=2时，化简后发现两直线是重合的，故舍去，最终a=-1.因此得到“”是“”的充分必要条件.
故答案为C.
【点睛】
判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．
11、D
【解析】
由条件利用余弦函数的图象的对称性，得出结论．
【详解】
对于函数，令，解得，
当时，函数的对称轴为，，.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查余弦函数的图象的对称性，属于基础题．
12、A
【解析】
分析：由题意可得为等腰三角形，为等边三角形，把数量积分拆，设，数量积转化为关于t的函数，用函数可求得最小值。
详解：连接BD,取AD中点为O,可知为等腰三角形，而，所以为等边三角形，。设
=
所以当时，上式取最小值 ，选A.
点睛：本题考查的是平面向量基本定理与向量的拆分，需要选择合适的基底，再把其它向量都用基底表示。同时利用向量共线转化为函数求最值。
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
将平移到和相交的位置，解三角形求得线线角的余弦值.
【详解】
过作，过作，画出图像如下图所示，由于四边形是平行四边形，故，所以是所求线线角或其补角.在三角形中，，故.
【点睛】
本小题主要考查空间两条直线所成角的余弦值的计算，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
14、
【解析】
化简得，利用周期即可求出答案．
【详解】
解：，
∴函数的最小正周期为6，
∴，
，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查三角函数的性质的应用，属于基础题．
15、
【解析】
将已知由前n项和定义整理为，再由等比数列性质求得公比，最后由数列各项均为正数，舍根得解.
【详解】
因为
即
又等比数列各项均为正数，故
故答案为：
【点睛】
本题考查在等比数列中由前n项和关系求公比，属于基础题.
16、
【解析】
只要算出直三棱柱的棱长即可，在中，利用即可得到关于x的方程，解方程即可解决.
【详解】
由已知，，解得，如图所示，设底面等边三角形中心为，
直三棱柱的棱长为x，则，，故，
即，解得，故三棱柱的侧面积为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查特殊柱体的外接球问题，考查学生的空间想象能力，是一道中档题.
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）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）通过证明面，即可由线面垂直推证面面垂直；
（2）根据面，将问题转化为求到面的距离，利用等体积法求点面距离即可.
【详解】
（1）因为棱柱是直三棱柱，所以
又，
所以面
又，分别为AB，BC的中点
所以//
即面
又面，所以平面平面
（2）由（1）可知////
所以//平面
即点到平面的距离等于点到平面的距离
设点到面的距离为
由（1）可知，面
且在中，，
易知
由等体积公式可知
即
由得
所以到平面的距离等于
【点睛】
本题考查由线面垂直推证面面垂直，涉及利用等体积法求点面距离，属综合中档题.
18、（Ⅰ），；（Ⅱ）详见解析.
【解析】
(Ⅰ)根据概率的性质知所有矩形的面积之和等于列式可解得；
(Ⅱ)由频率分布直方图知样本中获奖的人数为,不获奖的人数为,从而可得列联表,再计算出,与临界值比较可得．
【详解】
解：(Ⅰ),
．
(Ⅱ)由频率分布直方图知样本中获奖的人数为,不获奖的人数为,
列联表如下：
因为,
所以在犯错误的概率不超过的前提下能认为“获奖与女生,男生有关．”
【点睛】
本题主要考查独立性检验，以及由频率分布直方图求平均数的问题，熟记独立性检验的思想，以及平均数的计算方法即可，属于常考题型.
19、 (1)见解析(2)
【解析】
（1）设EC与DF交于点N，连结MN，由中位线定理可得MN∥AC，故AC∥平面MDF；
（2）取CD中点为G，连结BG，EG，则可证四边形ABGD是矩形，由面面垂直的性质得出BG⊥平面CDEF，故BG⊥DF，又DF⊥BE得出DF⊥平面BEG，从而得出DF⊥EG，得出Rt△DEG～Rt△EFD，列出比例式求出DE，代入体积公式即可计算出体积．
【详解】
（1）证明：设与交于点，连接，
在矩形中，点为中点，
∵为的中点，∴，
又∵平面，平面，
∴平面.
（2）取中点为，连接，，
平面平面，
平面平面，
平面，，
∴平面，同理平面，
∴的长即为四棱锥的高，
在梯形中，，
∴四边形是平行四边形，，
∴平面，
又∵平面，∴，
又，，
∴平面，.
注意到，
∴，，
∴.
【点睛】
求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法——分割法、补形法、等体积法. ①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．
20、（Ⅰ）；（Ⅱ）。
【解析】
（Ⅰ）分类讨论，去掉绝对值，求得原绝对值不等式的解集；（Ⅱ）由条件利用基本不等式求得，，再由，求得的范围．
【详解】
（Ⅰ）当时，原不等式可化为，此时不成立；
当时，原不等式可化为，解得，即；
当时，原不等式可化为，解得.
综上，原不等式的解集是．
（Ⅱ）因为，当且仅当时等号成立，
所以.
当时，，所以．
所以，解得，故实数的取值范围为．
【点睛】
本题主要考查了绝对值不等式的解法，以及转化与化归思想，难度一般；常见的绝对值不等式的解法，法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
21、（1）；（2）.
【解析】
（1）在已知极坐标方程两边同时乘以ρ后，利用ρcsθ＝x，ρsinθ＝y，ρ2＝x2+y2可得曲线C的直角坐标方程；
（2）联立直线l的参数方程与x2＝4y由韦达定理以及参数的几何意义和弦长公式可得弦长与已知弦长相等可解得．
【详解】
解：（1）在ρ+ρcs2θ＝8sinθ中两边同时乘以ρ得ρ2+ρ2（cs2θ﹣sin2θ）＝8ρsinθ，
∴x2+y2+x2﹣y2＝8y，即x2＝4y，
所以曲线C的直角坐标方程为：x2＝4y．
（2）联立直线l的参数方程与x2＝4y得：（csα）2t2﹣4（sinα）t+4＝0，
设A，B两点对应的参数分别为t1，t2，
由△＝16sin2α﹣16cs2α＞0，得sinα＞，
t1+t2＝，由|PM|＝，
所以20sin2α+9sinα﹣20＝0，解得sinα＝或sinα＝﹣（舍去），
所以sinα＝．
【点睛】
本题考查了简单曲线的极坐标方程，属中档题．
22、．
【解析】
试题分析：，所以．
试题解析：
B．因为，
所以．
女生
男生
总计
获奖
不获奖
总计
女生
男生
总计
获奖
不获奖
总计