2026届广东佛山市禅城区高三最后一模数学试题含解析

这是一份2026届广东佛山市禅城区高三最后一模数学试题含解析，共4页。试卷主要包含了已知为锐角，且，则等于等内容，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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．设，，，则的大小关系是( )
A．B．C．D．
2．设实数、满足约束条件，则的最小值为（ ）
A．2B．24C．16D．14
3．已知点，是函数的函数图像上的任意两点，且在点处的切线与直线AB平行，则( )
A．，b为任意非零实数B．，a为任意非零实数
C．a、b均为任意实数D．不存在满足条件的实数a，b
4．已知直线过圆的圆心，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．若函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的最大值为（ ）．
A．B．C．D．
6．（ ）
A．B．C．D．
7．已知集合，将集合的所有元素从小到大一次排列构成一个新数列，则（ ）
A．1194B．1695C．311D．1095
8．已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题中错误的是（ ）
A．若，，则或
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
9．已知为锐角，且，则等于（ ）
A．B．C．D．
10．下列图形中，不是三棱柱展开图的是（ ）
A．B．C．D．
11．若x，y满足约束条件则z=的取值范围为（ ）
A．[]B．[，3]C．[，2]D．[，2]
12．已知实数集，集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若曲线（其中常数）在点处的切线的斜率为1，则________.
14．已知，若，则________.
15．在棱长为的正方体中，是正方形的中心，为的中点，过的平面与直线垂直，则平面截正方体所得的截面面积为______.
16．设是公差不为0的等差数列的前项和，且，则______.
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，底面ABCD是边长为2的菱形，，平面ABCD，，，BE与平面ABCD所成的角为.
（1）求证：平面平面BDE；
（2）求二面角B-EF-D的余弦值.
18．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线极坐标方程为.若直线交曲线于，两点，求线段的长.
19．（12分）已知（）过点，且当时，函数取得最大值1.
（1）将函数的图象向右平移个单位得到函数，求函数的表达式；
（2）在（1）的条件下，函数，求在上的值域.
20．（12分）已知.
（1）解不等式；
（2）若均为正数，且，求的最小值.
21．（12分）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是的中点．
（1）证明：平面；
（2）设是线段上的动点，当点到平面距离最大时，求三棱锥的体积．
22．（10分）已知函数的定义域为，且满足，当时，有，且.
（1）求不等式的解集；
（2）对任意，恒成立，求实数的取值范围.
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】
选取中间值和，利用对数函数，和指数函数的单调性即可求解.
【详解】
因为对数函数在上单调递增,
所以,
因为对数函数在上单调递减,
所以，
因为指数函数在上单调递增,
所以,
综上可知,.
故选:A
【点睛】
本题考查利用对数函数和指数函数的单调性比较大小;考查逻辑思维能力和知识的综合运用能力;选取合适的中间值是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
2、D
【解析】
做出满足条件的可行域，根据图形即可求解.
【详解】
做出满足的可行域，如下图阴影部分，
根据图象，当目标函数过点时，取得最小值，
由，解得，即，
所以的最小值为.
故选：D.
【点睛】
本题考查二元一次不等式组表示平面区域，利用数形结合求线性目标函数的最值，属于基础题.
3、A
【解析】
求得的导函数，结合两点斜率公式和两直线平行的条件：斜率相等，化简可得，为任意非零实数.
【详解】
依题意，在点处的切线与直线AB平行，即有
，所以，由于对任意上式都成立，可得，为非零实数.
故选：A
【点睛】
本题考查导数的运用，求切线的斜率，考查两点的斜率公式，以及化简运算能力，属于中档题．
4、D
【解析】
圆心坐标为，代入直线方程，再由乘1法和基本不等式，展开计算即可得到所求最小值．
【详解】
圆的圆心为，
由题意可得，即，，，
则，当且仅当且即时取等号，
故选：．
【点睛】
本题考查最值的求法，注意运用乘1法和基本不等式，注意满足的条件：一正二定三等，同时考查直线与圆的关系，考查运算能力，属于基础题．
5、C
【解析】
由题意利用函数的图象变换规律，正弦函数的单调性，求出的最大值．
【详解】
解：把函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，
若函数在区间，上单调递增，
在区间，上，，，
则当最大时，，求得，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查函数的图象变换规律，正弦函数的单调性，属于基础题．
6、A
【解析】
分子分母同乘,即根据复数的除法法则求解即可.
【详解】
解:,
故选:A
【点睛】
本题考查复数的除法运算,属于基础题.
7、D
【解析】
确定中前35项里两个数列中的项数，数列中第35项为70，这时可通过比较确定中有多少项可以插入这35项里面即可得，然后可求和．
【详解】
时，，所以数列的前35项和中，有三项3，9，27，有32项，所以．
故选：D．
【点睛】
本题考查数列分组求和，掌握等差数列和等比数列前项和公式是解题基础．解题关键是确定数列的前35项中有多少项是中的，又有多少项是中的．
8、D
【解析】
根据线面平行和面面平行的性质，可判定A；由线面平行的判定定理，可判断B；C中可判断，所成的二面角为；D中有可能，即得解.
【详解】
选项A：若，，根据线面平行和面面平行的性质，有或，故A正确；
选项B：若，，，由线面平行的判定定理，有，故B正确；
选项C：若，，，故，所成的二面角为，则，故C正确；
选项D，若，，有可能，故D不正确.
故选：D
【点睛】
本题考查了空间中的平行垂直关系判断，考查了学生逻辑推理，空间想象能力，属于中档题.
9、C
【解析】
由可得，再利用计算即可.
【详解】
因为，，所以，
所以.
故选：C.
【点睛】
本题考查二倍角公式的应用，考查学生对三角函数式化简求值公式的灵活运用的能力，属于基础题.
10、C
【解析】
根据三棱柱的展开图的可能情况选出选项.
【详解】
由图可知，ABD选项可以围成三棱柱，C选项不是三棱柱展开图.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查三棱柱展开图的判断，属于基础题.
11、D
【解析】
由题意作出可行域，转化目标函数为连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数，数形结合即可得解.
【详解】
由题意作出可行域，如图，
目标函数可表示连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数，
由图可知，直线的斜率最小，直线的斜率最大，
由可得，由可得，
所以，，所以.
故选：D.
【点睛】
本题考查了非线性规划的应用，属于基础题.
12、A
【解析】
可得集合,求出补集,再求出即可.
【详解】
由,得,即,
所以,
所以.
故选:A
【点睛】
本题考查了集合的补集和交集的混合运算,属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
利用导数的几何意义，由解方程即可.
【详解】
由已知，，所以，解得.
故答案为：.
【点睛】
本题考查导数的几何意义，考查学生的基本运算能力，是一道基础题.
14、1
【解析】
由题意先求得的值，可得，再令，可得结论．
【详解】
已知，
，，
，
令，可得，
故答案为：1．
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于基础题．
15、
【解析】
确定平面即为平面，四边形是菱形，计算面积得到答案.
【详解】
如图，在正方体中，记的中点为，连接，
则平面即为平面．证明如下：
由正方体的性质可知，，则，四点共面，
记的中点为，连接，易证．连接，则，
所以平面，则．
同理可证，，，则平面，
所以平面即平面，且四边形即平面截正方体所得的截面．
因为正方体的棱长为，易知四边形是菱形，
其对角线，，所以其面积．
故答案为：
【点睛】
本题考查了正方体的截面面积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
16、18
【解析】
先由，可得，再结合等差数列的前项和公式求解即可.
【详解】
解：因为，所以，.
故答案为：18.
【点睛】
本题考查了等差数列基本量的运算，重点考查了等差数列的前项和公式，属基础题.
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）证明见解析；（2）
【解析】
（1）要证明平面平面BDE，只需在平面内找一条直线垂直平面BDE即可；
（2）以O为坐标原点，OA，OB，OG所在直线分别为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系，分别求出平面BEF的法向量，平面的法向量，算出即可.
【详解】
（1）∵平面ABCD，平面ABCD.
∴.
又∵底面ABCD是菱形，∴.
∵，∴平面BDE，
设AC，BD交于O，取BE的中点G，连FG，OG，
，，四边形OCFG是平行四边形
，平面BDE
∴平面BDE，
又因平面BEF，
∴平面平面BDE.
（2）以O为坐标原点，OA，OB，OG所在直线分别为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系
∵BE与平面ABCD所成的角为，
，
，，，，.
，
设平面BEF的法向量为，，
，
设平面的法向量
设二面角的大小为.
.
【点睛】
本题考查线面垂直证面面垂直、面面所成角的计算，考查学生的计算能力，解决此类问题最关键是准确写出点的坐标，是一道中档题.
18、
【解析】
由，化简得，由，所以直线的直角坐标方程为，因为曲线的参数方程为，整理得，直线的方程与曲线的方程联立，，整理得，设，则，根据弦长公式求解即可.
【详解】
由，化简得，
又因为，所以直线的直角坐标方程为，
因为曲线的参数方程为，消去，整理得，
将直线的方程与曲线的方程联立，，消去，整理得，
设，则，
所以，
将，代入上式，整理得.
【点睛】
本题考查参数方程，极坐标方程的应用，结合弦长公式的运用，属于中档题.
19、 (1)；(2).
【解析】
试题分析：
(1)由题意可得函数f(x)的解析式为，则.
(2)整理函数h(x)的解析式可得：，结合函数的定义域可得函数的值域为.
试题解析：
(1)由函数取得最大值1，可得,函数过得，
，∵，∴
，.
(2) ，
，
，值域为.
20、（1）；（2）
【解析】
（1）利用零点分段讨论法可求不等式的解.
（2）利用柯西不等式可求的最小值.
【详解】
（1），
由得或或，
解得.
（2），
所以，
由柯西不等式得：
所以，
即 （当且仅当时取“=”）.
所以的最小值为.
【点睛】
本题考查绝对值不等式的解法以及利用柯西不等式求最值.解绝对值不等式的基本方法有零点分段讨论法、图象法、平方法等，利用零点分段讨论法时注意分类点的合理选择，利用平方去掉绝对值符号时注意代数式的正负，而利用图象法求解时注意图象的正确刻画．利用柯西不等式求最值时注意把原代数式配成平方和的乘积形式，本题属于中档题.
21、（1）见解析（2）
【解析】
（1）连接与交于，连接，证明即可得证线面平行；
（2）首先证明平面(只要取中点，可证平面，从而得，同理得),因此点到直线的距离即为点到平面的距离，由平面几何知识易得最大值，然后可计算体积．
【详解】
（1）证明：连接与交于，连接，
因为是菱形，所以为的中点，
又因为为的中点，
所以，
因为平面平面，
所以平面．
（2）解：取中点，连接，
因为四边形是菱形，，且，
所以，又，
所以平面，又平面，
所以．
同理可证：，又，
所以平面，
所以平面平面，
又平面平面，
所以点到直线的距离即为点到平面的距离，
过作直线的垂线段，在所有垂线段中长度最大为，
因为为的中点，故点到平面的最大距离为1，
此时，为的中点，即，
所以，
所以．
【点睛】
本题考查证明线面平行，考查求棱锥的体积，掌握面面垂直与线面垂直的判定与性质是解题关键．
22、（1）；（2）.
【解析】
（1）利用定义法求出函数在上单调递增，由和，求出，求出，运用单调性求出不等式的解集；
（2）由于恒成立，由（1）得出在上单调递增，恒成立，设，利用三角恒等变换化简，结合恒成立的条件，构造新函数，利用单调性和最值，求出实数的取值范围.
【详解】
（1）设，
，
所以函数在上单调递增，
又因为和，
则，
所以
得
解得，即，
故的取值范围为；
（2） 由于恒成立，
恒成立，
设，
则
，
令， 则，
所以在区间上单调递增，
所以，
根据条件，只要 ，
所以.
【点睛】
本题考查利用定义法求函数的单调性和利用单调性求不等式的解集，考查不等式恒成立问题，还运用降幂公式、两角和与差的余弦公式、辅助角公式，考查转化思想和解题能力.