2026届广东佛山市禅城区高三第四次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届广东佛山市禅城区高三第四次模拟考试数学试卷含解析，共4页。试卷主要包含了已知正项数列满足，已知，若对任意，关于x的不等式，已知复数满足，等比数列的各项均为正数，且，则，已知数列中，，，则等于，的展开式中，含项的系数为等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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．若将函数的图象上各点横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．函数在上单调递增B．函数的周期是
C．函数的图象关于点对称D．函数在上最大值是1
2．在空间直角坐标系中，四面体各顶点坐标分别为：．假设蚂蚁窝在点，一只蚂蚁从点出发，需要在，上分别任意选择一点留下信息，然后再返回点．那么完成这个工作所需要走的最短路径长度是（ ）
A．B．C．D．
3．已知正项数列满足：，设，当最小时，的值为( )
A．B．C．D．
4．已知，若对任意，关于x的不等式（e为自然对数的底数）至少有2个正整数解，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．已知复数满足：，则的共轭复数为（ ）
A．B．C．D．
6．等比数列的各项均为正数，且，则( )
A．12B．10C．8D．
7．若为虚数单位，则复数在复平面上对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
8．设函数，则使得成立的的取值范围是（ ）．
A．B．
C．D．
9．已知数列中，，()，则等于（ ）
A．B．C．D．2
10．的展开式中，含项的系数为（ ）
A．B．C．D．
11．复数在复平面内对应的点为则（ ）
A．B．C．D．
12．已知实数满足线性约束条件，则的取值范围为（ ）
A．(-2,-1］B．(-1,4］C．[-2,4)D．[0,4]
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数，（其中e为自然对数的底数），若关于x的方程恰有5个相异的实根，则实数a的取值范围为________.
14．已知函数，则曲线在点处的切线方程是_______．
15．若函数，则__________；__________.
16．（5分）国家禁毒办于2019年11月5日至12月15日在全国青少年毒品预防教育数字化网络平台上开展2019年全国青少年禁毒知识答题活动，活动期间进入答题专区，点击“开始答题”按钮后，系统自动生成20道题.已知某校高二年级有甲、乙、丙、丁、戊五位同学在这次活动中答对的题数分别是，则这五位同学答对题数的方差是____________．
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）已知在中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，且．
（1）求角A的值；
（2）若，设角，周长为y，求的最大值．
18．（12分）已知函数，.
（1）求证：在区间上有且仅有一个零点，且；
（2）若当时，不等式恒成立，求证：.
19．（12分）选修4-4：坐标系与参数方程
已知曲线的参数方程是（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是.
（1）写出的极坐标方程和的直角坐标方程；
（2）已知点、的极坐标分别为和，直线与曲线相交于，两点，射线与曲线相交于点，射线与曲线相交于点，求的值.
20．（12分）在中，内角的对边分别是，已知．
（1）求的值；
（2）若，求的面积．
21．（12分）已知a>0，b>0，a+b=2.
（Ⅰ）求的最小值；
（Ⅱ）证明：
22．（10分）如图，三棱柱中，与均为等腰直角三角形，，侧面是菱形.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
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】
根据三角函数伸缩变换特点可得到解析式；利用整体对应的方式可判断出在上单调递增，正确；关于点对称，错误；根据正弦型函数最小正周期的求解可知错误；根据正弦型函数在区间内值域的求解可判断出最大值无法取得，错误.
【详解】
将横坐标缩短到原来的得：
当时，
在上单调递增 在上单调递增，正确；
的最小正周期为： 不是的周期，错误；
当时，，
关于点对称，错误；
当时，
此时没有最大值，错误.
本题正确选项：
【点睛】
本题考查正弦型函数的性质，涉及到三角函数的伸缩变换、正弦型函数周期性、单调性和对称性、正弦型函数在一段区间内的值域的求解；关键是能够灵活应用整体对应的方式，通过正弦函数的图象来判断出所求函数的性质.
2、C
【解析】
将四面体沿着劈开，展开后最短路径就是的边，在中，利用余弦定理即可求解.
【详解】
将四面体沿着劈开，展开后如下图所示：
最短路径就是的边．
易求得，
由，知
，
由余弦定理知
其中，
∴
故选：C
【点睛】
本题考查了余弦定理解三角形，需熟记定理的内容，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.
3、B
【解析】
由得，即，所以得，利用基本不等式求出最小值，得到，再由递推公式求出.
【详解】
由得，
即，
，当且仅当时取得最小值，
此时.
故选：B
【点睛】
本题主要考查了数列中的最值问题，递推公式的应用，基本不等式求最值，考查了学生的运算求解能力.
4、B
【解析】
构造函数（），求导可得在上单调递增,则 ,问题转化为,即至少有2个正整数解,构造函数,,通过导数研究单调性,由可知，要使得至少有2个正整数解,只需即可,代入可求得结果.
【详解】
构造函数（），则（），所以在上单调递增，所以，故问题转化为至少存在两个正整数x，使得成立，设，，则，当时，单调递增；当时，单调递增.，整理得.
故选:B.
【点睛】
本题考查导数在判断函数单调性中的应用,考查不等式成立问题中求解参数问题,考查学生分析问题的能力和逻辑推理能力,难度较难.
5、B
【解析】
转化，为，利用复数的除法化简，即得解
【详解】
复数满足：
所以

故选：B
【点睛】
本题考查了复数的除法和复数的基本概念，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.
6、B
【解析】
由等比数列的性质求得，再由对数运算法则可得结论．
【详解】
∵数列是等比数列，∴，，
∴．
故选：B.
【点睛】
本题考查等比数列的性质，考查对数的运算法则，掌握等比数列的性质是解题关键．
7、D
【解析】
根据复数的运算，化简得到，再结合复数的表示，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，根据复数的运算，可得，
所对应的点为位于第四象限.
故选D.
【点睛】
本题主要考查了复数的运算，以及复数的几何意义，其中解答中熟记复数的运算法则，准确化简复数为代数形式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
8、B
【解析】
由奇偶性定义可判断出为偶函数，由单调性的性质可知在上单调递增，由此知在上单调递减，从而将所求不等式化为，解绝对值不等式求得结果.
【详解】
由题意知：定义域为，
，为偶函数，
当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，则在上单调递减，
由得：，解得：或，
的取值范围为.
故选：.
【点睛】
本题考查利用函数的单调性和奇偶性求解函数不等式的问题；奇偶性的作用是能够确定对称区间的单调性，单调性的作用是能够将函数值的大小关系转化为自变量的大小关系，进而化简不等式.
9、A
【解析】
分别代值计算可得，观察可得数列是以3为周期的周期数列，问题得以解决.
【详解】
解：∵，()，
，
，
，
，
…，
∴数列是以3为周期的周期数列，
，
，
故选：A.
【点睛】
本题考查数列的周期性和运用：求数列中的项，考查运算能力，属于基础题.
10、B
【解析】
在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于，求出的值，即可求得含项的系数．
【详解】
的展开式通项为，
令，得，可得含项的系数为.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
11、B
【解析】
求得复数，结合复数除法运算，求得的值.
【详解】
易知，则.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查复数及其坐标的对应，考查复数的除法运算，属于基础题.
12、B
【解析】
作出可行域，表示可行域内点与定点连线斜率，观察可行域可得最小值．
【详解】
作出可行域，如图阴影部分（含边界），表示可行域内点与定点连线斜率，，，过与直线平行的直线斜率为－1，∴．
故选：B．
【点睛】
本题考查简单的非线性规划．解题关键是理解非线性目标函数的几何意义，本题表示动点与定点连线斜率，由直线与可行域的关系可得结论．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
作出图象，求出方程的根，分类讨论的正负，数形结合即可.
【详解】
当时，令，解得，
所以当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，
当时，单调递减，且，
作出函数的图象如图：
（1）当时，方程整理得，只有2个根，不满足条件；
（2）若，则当时，方程整理得，
则，，此时各有1解，
故当时，方程整理得，
有1解同时有2解，即需，，因为（2），故此时满足题意；
或有2解同时有1解，则需，由（1）可知不成立；
或有3解同时有0解，根据图象不存在此种情况，
或有0解同时有3解，则，解得，
故，
（3）若，显然当时，和均无解，
当时，和无解，不符合题意．
综上：的范围是，
故答案为：，
【点睛】
本题主要考查了函数零点与函数图象的关系，考查利用导数研究函数的单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于中档题．
14、
【解析】
求导，x=0代入求k，点斜式求切线方程即可
【详解】
则又
故切线方程为y=x+1
故答案为y=x+1
【点睛】
本题考查切线方程，求导法则及运算，考查直线方程，考查计算能力，是基础题
15、0 1
【解析】
根据分段函数解析式，代入即可求解.
【详解】
函数，
所以，
.
故答案为：0；1.
【点睛】
本题考查了分段函数求值的简单应用，属于基础题.
16、2
【解析】
由这五位同学答对的题数分别是，得该组数据的平均数，则方差．
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）；（2）．
【解析】
（1）利用正弦定理，结合题中条件，可以得到，之后应用余弦定理即可求得；
（2）利用正弦定理求得，求出三角形的周长，利用三角函数的最值求解即可.
【详解】
（1）由已知可得，
结合正弦定理可得，∴，
又，∴．
（2）由，及正弦定理得，
∴，，
故，即，
由，得，∴当，即时，．
【点睛】
该题主要考查的是有关解三角形的问题，解题的关键是掌握正余弦定理，属于简单题目.
18、（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】
（1）利用求导数，判断在区间上的单调性，然后再证异号，即可证明结论；
（2）当时，不等式恒成立，分离参数只需时，恒成立，
设（），需，根据（1）中的结论先求出，再构造函数结合导数法，证明即可.
【详解】
（1），
令，则，
所以在区间上是增函数，
则，所以在区间上是增函数.
又因为，
，
所以在区间上有且仅有一个零点，且.
（2）由题意，在区间上恒成立，
即在区间上恒成立，
当时，；
当时，恒成立，
设（），
所以.
由（1）可知，，使，
所以，当时，，当时，，
由此在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以.
又因为，
所以，从而，
所以.令，，
则，
所以在区间上是增函数，
所以，故.
【点睛】
本题考查导数的综合应用，涉及到函数的单调性、函数的零点、极值最值、不等式的证明，分离参数是解题的关键，意在考查逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.
19、（1）线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；（2）.
【解析】
试题分析：（1）（1）利用cs2θ+sin2θ=1，即可曲线C1的参数方程化为普通方程，进而利用即可化为极坐标方程，同理可得曲线C2的直角坐标方程；
（2）由过的圆心，得得，设，，代入中即可得解.
试题解析：
（1）曲线的普通方程为，化成极坐标方程为
曲线的直角坐标方程为
（2）在直角坐标系下，，，
恰好过的圆心，
∴由得 ，是椭圆上的两点，
在极坐标下，设，分别代入中，
有和
∴，
则，即
20、（1）；（2）.
【解析】
（1）由，利用余弦定理可得,结合可得结果；
（2）由正弦定理，, 利用三角形内角和定理可得，由三角形面积公式可得结果.
【详解】
（1）由题意，得.
∵.
∴,
∵ ，∴ .
（2）∵，
由正弦定理，可得.
∵a>b，∴,
∴.
∴.
【点睛】
本题主要考查正弦定理、余弦定理及特殊角的三角函数，属于中档题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用.
21、（Ⅰ）最小值为；（Ⅱ）见解析
【解析】
（1）根据题意构造平均值不等式，结合均值不等式可得结果；
（2）利用分析法证明，结合常用不等式和均值不等式即可证明.
【详解】
（Ⅰ）
则
当且仅当，即，时，
所以的最小值为．
（Ⅱ）要证明：，
只需证：，
即证明：，
由，
也即证明：．
因为，
所以当且仅当时，有，
即，当时等号成立．
所以
【点睛】
本题考查均值不等式，分析法证明不等式，审清题意，仔细计算，属中档题.
22、（1）见解析（2）
【解析】
（1）取中点，连接，，通过证明，得，结合可证线面垂直，继而可证面面垂直.
（2）设，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，继而可求二面角的余弦值.
【详解】
解析：（1）取中点，连接，，
由已知可得，，，
∵侧面是菱形，∴，，，
即，∵，∴平面，∴平面平面.
（2）设，则，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的法向量为，
则，令得.
同理可求得平面的法向量，∴.
【点睛】
本题考查了面面垂直的判定，考查了二面角的求解.一般在求二面角或者线面角的问题时，常建立空间直角坐标系，通过求面的法向量、线的方向向量，继而求解.特别地，对于线面角问题，法向量与方向向量的余角才是所求的线面角，即两个向量夹角的余弦值为线面角的正弦值.