2026届广东省广州市增城一中高考冲刺数学模拟试题含解析

这是一份2026届广东省广州市增城一中高考冲刺数学模拟试题含解析，共20页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，设，则，已知i是虚数单位，则，记的最大值和最小值分别为和等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．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．函数（且）的图象可能为（ ）
A．B．C．D．
2．已知斜率为k的直线l与抛物线交于A，B两点，线段AB的中点为，则斜率k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．在等差数列中，，，若（），则数列的最大值是（ ）
A．B．
C．1D．3
4．刘徽(约公元225年-295年)，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一他在割圆术中提出的，“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作，割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形(如图所示)，当n变得很大时，这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，得到的近似值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知中内角所对应的边依次为，若，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
6．设为等差数列的前项和，若，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．设，则
A．B．C．D．
8．如图，在中，点M是边的中点，将沿着AM翻折成，且点不在平面内，点是线段上一点.若二面角与二面角的平面角相等，则直线经过的（ ）
A．重心B．垂心C．内心D．外心
9．已知i是虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．
10．记的最大值和最小值分别为和．若平面向量、、，满足，则（ ）
A．B．
C．D．
11．复数为纯虚数，则( )
A．iB．﹣2iC．2iD．﹣i
12．已知为虚数单位，若复数，，则
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，、分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的两条渐近线分别交于、两点，若，，则双曲线的离心率是______.
14．已知△的三个内角为，，，且，，成等差数列， 则的最小值为__________，最大值为___________.
15．已知函数，对于任意都有，则的值为______________.
16．已知，，是平面向量，是单位向量.若，，且，则的取值范围是________.
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）某公司欲投资一新型产品的批量生产，预计该产品的每日生产总成本价格)(单位:万元)是每日产量(单位:吨)的函数:.
（1）求当日产量为吨时的边际成本(即生产过程中一段时间的总成本对该段时间产量的导数)；
（2）记每日生产平均成本求证：；
（3）若财团每日注入资金可按数列(单位:亿元)递减，连续注入天，求证:这天的总投入资金大于亿元.
18．（12分）如图，三棱台中， 侧面与侧面是全等的梯形，若，且.
（Ⅰ）若，，证明：∥平面；
（Ⅱ）若二面角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
19．（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（m为参数），以坐标点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为ρcs（θ+）＝1．
（1）求直线l的直角坐标方程和曲线C的普通方程；
（2）已知点M （2，0），若直线l与曲线C相交于P、Q两点，求的值．
20．（12分）已知数列{an}的各项均为正，Sn为数列{an}的前n项和，an2+2an＝4Sn+1．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn，求数列{bn}的前n项和．
21．（12分）已知关于的不等式解集为（）.
（1）求正数的值；
（2）设，且，求证：.
22．（10分）如图所示，在三棱锥中，，，，点为中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若点为中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
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、D
【解析】
因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.
考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.
2、C
【解析】
设，，，，设直线的方程为：，与抛物线方程联立，由△得，利用韦达定理结合已知条件得，，代入上式即可求出的取值范围．
【详解】
设直线的方程为：， ，，，，
联立方程，消去得：，
△，
，
且，，
，
线段的中点为,，
，，
，，
，
，
把 代入，得，
，
，
故选：
【点睛】
本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，考查了韦达定理的应用，属于中档题．
3、D
【解析】
在等差数列中,利用已知可求得通项公式,进而,借助函数的的单调性可知,当时, 取最大即可求得结果.
【详解】
因为，所以，即，又，所以公差，所以，即，因为函数，在时，单调递减，且；在时，单调递减，且.所以数列的最大值是，且，所以数列的最大值是3.
故选:D.
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式,考查数列与函数的关系,借助函数单调性研究数列最值问题,难度较易.
4、A
【解析】
设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,则每个等腰三角形的面积为,由割圆术可得圆的面积为,整理可得,当时即可为所求.
【详解】
由割圆术可知当n变得很大时,这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,
设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,
所以每个等腰三角形的面积为,
所以圆的面积为,即,
所以当时,可得,
故选:A
【点睛】
本题考查三角形面积公式的应用,考查阅读分析能力.
5、A
【解析】
由余弦定理可得，结合可得a，b，再利用面积公式计算即可.
【详解】
由余弦定理，得，由，解得，
所以，.
故选：A.
【点睛】
本题考查利用余弦定理解三角形，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.
6、C
【解析】
根据已知条件求得等差数列的通项公式，判断出最小时的值，由此求得的最小值.
【详解】
依题意，解得，所以.由解得，所以前项和中，前项的和最小，且.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查等差数列通项公式和前项和公式的基本量计算，考查等差数列前项和最值的求法，属于基础题.
7、C
【解析】
分析：利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，然后求解复数的模.
详解：
，
则，故选c.
点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.
8、A
【解析】
根据题意到两个平面的距离相等，根据等体积法得到，得到答案.
【详解】
二面角与二面角的平面角相等，故到两个平面的距离相等.
故，即，两三棱锥高相等，故，
故，故为中点.
故选：.
【点睛】
本题考查了二面角，等体积法，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
9、D
【解析】
利用复数的运算法则即可化简得出结果
【详解】
故选
【点睛】
本题考查了复数代数形式的乘除运算，属于基础题。
10、A
【解析】
设为、的夹角，根据题意求得，然后建立平面直角坐标系，设，，，根据平面向量数量积的坐标运算得出点的轨迹方程，将和转化为圆上的点到定点距离，利用数形结合思想可得出结果.
【详解】
由已知可得，则，，，
建立平面直角坐标系，设，，，
由，可得，
即，
化简得点的轨迹方程为，则，
则转化为圆上的点与点的距离，，，
，
转化为圆上的点与点的距离，
，.
故选：A.
【点睛】
本题考查和向量与差向量模最值的求解，将向量坐标化，将问题转化为圆上的点到定点距离的最值问题是解答的关键，考查化归与转化思想与数形结合思想的应用，属于中等题.
11、B
【解析】
复数为纯虚数，则实部为0，虚部不为0，求出，即得.
【详解】
∵为纯虚数，
∴，解得.
.
故选：.
【点睛】
本题考查复数的分类，属于基础题.
12、B
【解析】
由可得，所以，故选B．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
根据三角形中位线证得，结合判断出垂直平分，由此求得的值，结合求得的值.
【详解】
∵，∴为中点，，∵，∴垂直平分，∴，即，∴，，即.
故答案为：
【点睛】
本小题主要考查双曲线离心率的求法，考查化归与转化的数学思想方法，属于基础题.
14、
【解析】
根据正弦定理可得，利用余弦定理以及均值不等式，可得角的范围，然后构造函数，利用导数，研究函数性质，可得结果.
【详解】
由，，成等差数列
所以
所以
又
化简可得
当且仅当时，取等号
又，所以
令，
则
当，即时，
当，即时，
则在递增，在递减
所以
由，
所以
所以的最小值为
最大值为
故答案为：，
【点睛】
本题考查等差数列、正弦定理、余弦定理，还考查了不等式、导数的综合应用，难点在于根据余弦定理以及不等式求出，考验分析能力以及逻辑思维能力，属难题.
15、
【解析】
由条件得到函数的对称性，从而得到结果
【详解】
∵f＝f，
∴x＝是函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的一条对称轴．
∴f＝±2.
【点睛】
本题考查了正弦型三角函数的对称性，注意对称轴必过最高点或最低点，属于基础题.
16、
【解析】
先由题意设向量的坐标，再结合平面向量数量积的运算及不等式可得解．
【详解】
由是单位向量．若，，
设，
则，，
又，
则，
则，
则，
又，
所以，（当或时取等）
即的取值范围是，，
故答案为：，．
【点睛】
本题考查了平面向量数量积的坐标运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
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）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】
（1）求得函数的导函数，由此求得求当日产量为吨时的边际成本.
（2）将所要证明不等式转化为证明，构造函数，利用导数证得，由此证得不等式成立.
（3）利用（2）的结论，判断出，由此结合对数运算，证得.
【详解】
（1）因为
所以
当时，
（2）要证，
只需证，即证，
设
则
所以在上单调递减，
所以
所以，即；
（3）因为
又由（2）知，当时，
所以
所以
所以
【点睛】
本小题主要考查导数的计算，考查利用导数证明不等式，考查放缩法证明数列不等式，属于难题.
18、 (Ⅰ)见解析；(Ⅱ) .
【解析】
试题分析：(Ⅰ) 连接，由比例可得∥，进而得线面平行；
（Ⅱ）过点作的垂线，建立空间直角坐标系，不妨设，则求得平面的法向量为，设平面的法向量为，由求二面角余弦即可.
试题解析：
（Ⅰ）证明：连接，梯形，,
易知：；
又，则∥；
平面，平面，
可得：∥平面；
（Ⅱ）侧面是梯形，，
,,
则为二面角的平面角， ；
均为正三角形，在平面内，过点作的垂线，如图建立空间直角坐标系，不妨设，则
,故点，
；
设平面的法向量为，则有：；
设平面的法向量为，则有：；
，
故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
19、（1）l： ，C方程为 ；（2）＝
【解析】
（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．
（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
【详解】
(1)曲线C的参数方程为（m为参数），
两式相加得到，进一步转换为．
直线l的极坐标方程为ρcs（θ+）＝1，则
转换为直角坐标方程为．
（2）将直线的方程转换为参数方程为（t为参数），
代入得到（t1和t2为P、Q对应的参数），
所以，，
所以＝．
【点睛】
本题考查参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
20、（1）an＝2n+1；（2）2．
【解析】
（1）根据题意求出首项，再由（an+12+2an+1）﹣（an2+2an）＝4an+1，求得该数列为等差数列即可求得通项公式；
（2）利用错位相减法进行数列求和.
【详解】
（1）∵an2+2an＝4Sn+1，
∴a12+2a1＝4S1+1，即，
解得：a1＝1或a1＝﹣1（舍），
又∵an+12+2an+1＝4Sn+1+1，
∴（an+12+2an+1）﹣（an2+2an）＝4an+1，
整理得：（an+1﹣an）（an+1+an）＝2（an+1+an），
又∵数列{an}的各项均为正，
∴an+1﹣an＝2，
∴数列{an}是首项为1、公差为2的等差数列，
∴数列{an}的通项公式an＝1+2（n﹣1）＝2n+1；
（2）由（1）可知bn，
记数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝1•5•（2n+1）•，
Tn＝1•5••…+（2n﹣1）•（2n+1）•，
错位相减得：Tn＝1+2（•）﹣（2n+1）•
＝1+2
，
∴Tn（）＝2．
【点睛】
此题考查求等差数列的基本量，根据递推关系判定等差数列，根据错位相减进行数列求和，关键在于熟记方法准确计算.
21、（1）1；（2）证明见解析.
【解析】
（1）将不等式化为，求解得出，根据解集确定正数的值；
（2）利用基本不等式以及不等式的性质，得出，，，三式相加，即可得证.
【详解】
（1）解：不等式，即不等式
∴，而，于是
依题意得
（2）证明：由（1）知，原不等式可化为
∵，
∴，同理，
三式相加得，当且仅当时取等号
综上.
【点睛】
本题主要考查了求绝对值不等式中参数的范围以及基本不等式的应用，属于中档题.
22、（1）答案见解析．（2）
【解析】
（1）通过证明平面，证得，证得，由此证得平面，进而证得平面平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】
（1）因为，所以平面，
因为平面，所以．
因为，点为中点，所以．
因为，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）以点为坐标原点，直线分别为轴，轴，过点与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量，则即
取，则，，所以，
设平面的一个法向量，则即
取，则，，所以，
设平面与平面所成锐二面角为，
则．
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
【点睛】
本小题主要考查面面垂直的证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.