2026届广东省广州市番禺区广东第二师范学院番禺附中高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析

这是一份2026届广东省广州市番禺区广东第二师范学院番禺附中高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析，共20页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，已知满足，则的取值范围为，已知函数等内容，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，，，若，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，则（ ）
A．5B．C．13D．
4．已知满足，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．下图为一个正四面体的侧面展开图，为的中点，则在原正四面体中，直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知函数（，且）在区间上的值域为，则（ ）
A．B．C．或D．或4
7．在直三棱柱中，己知，，，则异面直线与所成的角为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数（，是常数，其中且）的大致图象如图所示，下列关于，的表述正确的是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
9．设是等差数列，且公差不为零，其前项和为．则“，”是“为递增数列”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
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．已知等比数列满足，，等差数列中，为数列的前项和，则（ ）
A．36B．72C．D．
12．函数在上的大致图象是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在中，已知，则的最小值是________．
14．命题“”的否定是______．
15．一次考试后，某班全班50个人数学成绩的平均分为正数，若把当成一个同学的分数，与原来的50个分数一起，算出这51个分数的平均值为，则_________．
16．在面积为的中，，若点是的中点，点满足，则的最大值是______.
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）已知函数（），是的导数.
（1）当时，令，为的导数.证明：在区间存在唯一的极小值点；
（2）已知函数在上单调递减，求的取值范围.
18．（12分）已知函数（，），且对任意，都有.
（Ⅰ）用含的表达式表示；
（Ⅱ）若存在两个极值点，，且，求出的取值范围，并证明；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，判断零点的个数，并说明理由.
19．（12分）已知函数，
（1）证明：在区间单调递减；
（2）证明：对任意的有．
20．（12分）的内角、、所对的边长分别为、、，已知.
（1）求的值；
（2）若，点是线段的中点，，求的面积.
21．（12分）如图，已知椭圆，为其右焦点，直线与椭圆交于两点，点在上，且满足.(点从上到下依次排列)
(I)试用表示：
(II)证明：原点到直线l的距离为定值.
22．（10分）在直角坐标系中，点的坐标为，直线的参数方程为（为参数，为常数，且）.以直角坐标系的原点为极点，轴的正半轴为极轴，且两个坐标系取相等的长度单位，建立极坐标系，圆的极坐标方程为.设点在圆外.
（1）求的取值范围.
（2）设直线与圆相交于两点，若，求的值.
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】
根据向量坐标运算求得，由平行关系构造方程可求得结果.
【详解】
，
，解得：
故选：
【点睛】
本题考查根据向量平行关系求解参数值的问题，涉及到平面向量的坐标运算；关键是明确若两向量平行，则.
2、A
【解析】
由复数的运算法则计算．
【详解】
因为，所以
故选：A．
【点睛】
本题考查复数的运算．属于简单题．
3、C
【解析】
先化简复数，再求，最后求即可.
【详解】
解：，
，
故选：C
【点睛】
考查复数的运算，是基础题.
4、C
【解析】
设，则的几何意义为点到点的斜率，利用数形结合即可得到结论.
【详解】
解：设，则的几何意义为点到点的斜率，
作出不等式组对应的平面区域如图：
由图可知当过点的直线平行于轴时，此时成立；
取所有负值都成立；
当过点时，取正值中的最小值，，此时；
故的取值范围为；
故选：C.
【点睛】
本题考查简单线性规划的非线性目标函数函数问题，解题时作出可行域，利用目标函数的几何意义求解是解题关键．对于直线斜率要注意斜率不存在的直线是否存在．
5、C
【解析】
将正四面体的展开图还原为空间几何体，三点重合，记作，取中点，连接，即为与直线所成的角，表示出三角形的三条边长，用余弦定理即可求得.
【详解】
将展开的正四面体折叠，可得原正四面体如下图所示，其中三点重合，记作：
则为中点，取中点，连接，设正四面体的棱长均为，
由中位线定理可得且，
所以即为与直线所成的角，
，
由余弦定理可得
，
所以直线与直线所成角的余弦值为，
故选：C.
【点睛】
本题考查了空间几何体中异面直线的夹角，将展开图折叠成空间几何体，余弦定理解三角形的应用，属于中档题.
6、C
【解析】
对a进行分类讨论，结合指数函数的单调性及值域求解.
【详解】
分析知，.讨论：当时，，所以，，所以；当时，，所以，，所以.综上，或，故选C.
【点睛】
本题主要考查指数函数的值域问题，指数函数的值域一般是利用单调性求解，侧重考查数学运算和数学抽象的核心素养.
7、C
【解析】
由条件可看出，则为异面直线与所成的角，可证得三角形中，，解得从而得出异面直线与所成的角．
【详解】
连接，，如图：
又，则为异面直线与所成的角.
因为且三棱柱为直三棱柱，∴∴面，
∴，
又，，∴，
∴，解得.
故选C
【点睛】
考查直三棱柱的定义，线面垂直的性质，考查了异面直线所成角的概念及求法，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
8、D
【解析】
根据指数函数的图象和特征以及图象的平移可得正确的选项.
【详解】
从题设中提供的图像可以看出，
故得，
故选：D．
【点睛】
本题考查图象的平移以及指数函数的图象和特征，本题属于基础题.
9、A
【解析】
根据等差数列的前项和公式以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
是等差数列，且公差不为零，其前项和为，
充分性：，则对任意的恒成立，则，
，若，则数列为单调递减数列，则必存在，使得当时，，则，不合乎题意；
若，由且数列为单调递增数列，则对任意的，，合乎题意.
所以，“，”“为递增数列”；
必要性：设，当时，，此时，，但数列是递增数列.
所以，“，”“为递增数列”.
因此，“，”是“为递增数列”的充分而不必要条件.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合等差数列的前项和公式是解决本题的关键，属于中等题．
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】
根据是与的等比中项，可求得，再利用等差数列求和公式即可得到.
【详解】
等比数列满足，，所以，又，所以，由等差数列的性质可得.
故选：A
【点睛】
本题主要考查的是等比数列的性质，考查等差数列的求和公式，考查学生的计算能力，是中档题.
12、D
【解析】
讨论的取值范围，然后对函数进行求导，利用导数的几何意义即可判断.
【详解】
当时，，则，
所以函数在上单调递增，
令，则，
根据三角函数的性质，
当时，，故切线的斜率变小，
当时，，故切线的斜率变大，可排除A、B；
当时，，则，
所以函数在上单调递增，
令 ，，
当时，，故切线的斜率变大，
当时，，故切线的斜率变小，可排除C，
故选：D
【点睛】
本题考查了识别函数的图像，考查了导数与函数单调性的关系以及导数的几何意义，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】
分析：可先用向量的数量积公式将原式变形为：，然后再结合余弦定理整理为，再由csC的余弦定理得到a，b的关系式，最后利用基本不等式求解即可.
详解：已知，可得，将角A,B,C的余弦定理代入得，由，当a=b时取到等号，故csC的最小值为.
点睛：考查向量的数量积、余弦定理、基本不等式的综合运用，能正确转化是解题关键.属于中档题.
14、，
【解析】
根据特称命题的否定为全称命题得到结果即可.
【详解】
解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题，
则该命题的否定是：，
故答案为：，．
【点睛】
本题考查全称命题与特称命题的否定关系，属于基础题．
15、1
【解析】
根据均值的定义计算．
【详解】
由题意，∴．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查均值的概念，属于基础题．
16、
【解析】
由任意三角形面积公式与构建关系表示|AB||AC|，再由已知与平面向量的线性运算、平面向量数量积的运算转化，最后由重要不等式求得最值.
【详解】
由△ABC的面积为得|AB||AC|sin∠BAC=，
所以|AB||AC|sin∠BAC=，①
又,即|AB||AC|cs∠BAC=，②
由①与②的平方和得:|AB||AC|=，
又点M是AB的中点，点N满足，
所以
，
当且仅当时，取等号，
即的最大值是为.
故答案为：
【点睛】
本题考查平面向量中由线性运算表示未知向量，进而由重要不等式求最值，属于中档题.
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）见解析；（2）
【解析】
（1）设，，注意到在上单增，再利用零点存在性定理即可解决；
（2）函数在上单调递减，则在恒成立，即在上恒成立，构造函数，求导讨论的最值即可.
【详解】
（1）由已知，，所以，
设，，
当时，单调递增，而，，且在上图象连续
不断.所以在上有唯一零点，
当时，；当时，；
∴在单调递减，在单调递增，故在区间上存在唯一的极小
值点，即在区间上存在唯一的极小值点；
（2）设，，，
∴在单调递增，，
即，从而，
因为函数在上单调递减，
∴在上恒成立，
令，
∵，
∴，
在上单调递减，，
当时，，则在上单调递减，，符合题意.
当时，在上单调递减，
所以一定存在，
当时，，在上单调递增，
与题意不符，舍去.
综上，的取值范围是
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的极值点、不等式恒成立问题，在处理恒成立问题时，通常是构造函数，转化成函数的最值来处理，本题是一道较难的题.
18、（1）（2）见解析（3）见解析
【解析】
试题分析：利用赋值法求出关系，求函数导数，要求函数有两个极值点，只需在内有两个实根，利用一元二次方程的根的分布求出的取值范围，再根据函数图象和极值的大小判断零点的个数.
试题解析：（Ⅰ）根据题意：令，可得，
所以，
经验证，可得当时，对任意，都有，
所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，且，
所以 ，
令，要使存在两个极值点，，则须有有两个不相等的正数根，所以
或
解得或无解，所以的取值范围，可得，
由题意知 ，
令 ，则 ．
而当时， ，即，
所以在上单调递减，
所以

即时，．
（Ⅲ）因为 ，．
令得，．
由（Ⅱ）知时，的对称轴，，，所以.
又，可得，此时，在上单调递减，上单调递增，上单调递减，所以 最多只有三个不同的零点．
又因为，所以在上递增，即时，恒成立．
根据（2）可知且，所以，即，所以，使得．
由，得，又，，
所以恰有三个不同的零点：，1，．
综上所述，恰有三个不同的零点．
【点睛】利用赋值法求出关系，利用函数导数，研究函数的单调性，要求函数有两个极值点，只需在内有两个实根，利用一元二次方程的根的分布求出的取值范围，利用函数的导数研究函数的单调性、极值，再根据函数图象和极值的大小判断零点的个数是近年高考压轴题的热点.
19、（1）答案见解析．（2）答案见解析
【解析】
（1）利用复合函数求导求出，利用导数与函数单调性之间的关系即可求解.
（2）首先证，令，求导可得单调递增，由即可证出；再令，再利用导数可得单调递增，由即可证出.
【详解】
（1）
显然时，，故在单调递减．
（2）首先证，令，
则
单调递增，且，所以
再令，
所以单调递增，即，
∴
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数证明不等式，解题的关键掌握复合函数求导，属于难题.
20、（1）（2）
【解析】
（1）利用正弦定理的边化角公式，结合两角和的正弦公式，即可得出的值；
（2）由题意得出，两边平方，化简得出，根据三角形面积公式，即可得出结论.
【详解】
（1）
由正弦定理得
即
即
在中，，所以
（2）因为点是线段的中点，所以
两边平方得
由得
整理得，解得或（舍）
所以的面积
【点睛】
本题主要考查了正弦定理的边化角公式，三角形的面积公式，属于中档题.
21、 (I) ；(II)证明见解析
【解析】
(I)直接利用两点间距离公式化简得到答案.
(II) 设，，联立方程得到，，代入化简得到，计算得到证明.
【详解】
(I) 椭圆，故，
.
(II)设，，则将代入得到：
，故，
，
，故，得到，
，故，同理：，
由已知得：或，
故，
即，化简得到.
故原点到直线l的距离为为定值.
【点睛】
本题考查了椭圆内的线段长度，定值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
22、（1）（2）
【解析】
（1）首先将曲线化为直角坐标方程，由点在圆外，则解得即可；
（2）将直线的参数方程代入圆的普通方程，设、对应的参数分别为，列出韦达定理，由及在圆的上方，得，即即可解得；
【详解】
解：（1）曲线的直角坐标方程为.
由点在圆外，得点的坐标为，结合，解得.
故的取值范围是.
（2）由直线的参数方程，得直线过点，倾斜角为，
将直线的参数方程代入，并整理得
，其中.
设、对应的参数分别为，则，.
由及在圆的上方，得，即，代入①，得，，
消去，得，结合，解得.
故的值是.
【点睛】
本题考查极坐标方程化为直角坐标方程，直线的参数方程的几何意义的应用，属于中档题.