2026届广东省广州市越秀区高考数学全真模拟密押卷含解析

这是一份2026届广东省广州市越秀区高考数学全真模拟密押卷含解析，共22页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，若向量，则，若双曲线，直线与抛物线C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．如图1，《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题:今有竹高一丈,末折抵地,去本三尺，问折者高几何? 意思是:有一根竹子, 原高一丈（1丈=10尺）, 现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离三尺，问折断处离地面的高为（ ）尺.
A．B．C．D．
2．已知函数，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．已知为抛物线的焦点，点在上，若直线与的另一个交点为，则( )
A．B．C．D．
4．若非零实数、满足，则下列式子一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
5．若向量，则（ ）
A．30B．31C．32D．33
6．在中，为上异于，的任一点，为的中点，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
7．若双曲线：的一条渐近线方程为，则（ ）
A．B．C．D．
8．直线经过椭圆的左焦点，交椭圆于两点，交轴于点，若，则该椭圆的离心率是（）
A．B．C．D．
9．直线与抛物线C：交于A，B两点，直线，且l与C相切，切点为P，记的面积为S，则的最小值为
A．B．C．D．
10．在中，已知，，，为线段上的一点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
11．设，是双曲线的左，右焦点，是坐标原点，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
12．若不相等的非零实数，，成等差数列，且，，成等比数列，则（ ）
A．B．C．2D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知数列的各项均为正数，满足，．，若是等比数列，数列的通项公式_______．
14．已知，椭圆的方程为，双曲线方程为，与的离心率之积为，则的渐近线方程为________.
15．的展开式中，的系数是______.
16．已知是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集用区间表示为__________．
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）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求B；
（2）若，求的面积的最大值．
18．（12分）在平面直角坐标系中，为直线上动点，过点作抛物线:的两条切线，，切点分别为，，为的中点.
（1）证明:轴；
（2）直线是否恒过定点?若是，求出这个定点的坐标；若不是，请说明理由.
19．（12分）选修4-5：不等式选讲
已知函数
（Ⅰ）解不等式；
（Ⅱ）对及，不等式恒成立，求实数的取值范围.
20．（12分）已知在多面体中，平面平面，且四边形为正方形，且//，，，点，分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
21．（12分）如图，在四面体中，.
（1）求证:平面平面；
（2）若，二面角为，求异面直线与所成角的余弦值.
22．（10分）如图，底面是等腰梯形，，点为的中点，以为边作正方形，且平面平面.
（1）证明：平面平面.
（2）求二面角的正弦值．
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、B
【解析】
如图，已知，，
∴，解得 ，
∴，解得 .
∴折断后的竹干高为4.55尺
故选B.
2、C
【解析】
结合分段函数的解析式,先求出,进而可求出.
【详解】
由题意可得，则.
故选:C.
【点睛】
本题考查了求函数的值,考查了分段函数的性质,考查运算求解能力,属于基础题.
3、C
【解析】
求得点坐标，由此求得直线的方程，联立直线的方程和抛物线的方程，求得点坐标，进而求得
【详解】
抛物线焦点为，令，，解得，不妨设，则直线的方程为，由，解得，所以.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查抛物线的弦长的求法，属于基础题.
4、C
【解析】
令，则，，将指数式化成对数式得、后，然后取绝对值作差比较可得．
【详解】
令，则，，，，
，因此，.
故选：C.
【点睛】
本题考查了利用作差法比较大小，同时也考查了指数式与对数式的转化，考查推理能力，属于中等题．
5、C
【解析】
先求出,再与相乘即可求出答案.
【详解】
因为,所以.
故选:C.
【点睛】
本题考查了平面向量的坐标运算,考查了学生的计算能力,属于基础题.
6、A
【解析】
根据题意，用表示出与，求出的值即可.
【详解】
解：根据题意，设，则
，
又，
，
，
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了平面向量基本定理的应用，关键是要找到一组合适的基底表示向量，是基础题.
7、A
【解析】
根据双曲线的渐近线列方程，解方程求得的值.
【详解】
由题意知双曲线的渐近线方程为，可化为，则，解得.
故选：A
【点睛】
本小题主要考查双曲线的渐近线，属于基础题.
8、A
【解析】
由直线过椭圆的左焦点，得到左焦点为，且，
再由，求得，代入椭圆的方程，求得，进而利用椭圆的离心率的计算公式，即可求解.
【详解】
由题意，直线经过椭圆的左焦点，令，解得，
所以，即椭圆的左焦点为，且 ①
直线交轴于，所以，，
因为，所以，所以，
又由点在椭圆上，得 ②
由，可得，解得，
所以，
所以椭圆的离心率为.
故选A.
【点睛】
本题考查了椭圆的几何性质——离心率的求解，其中求椭圆的离心率(或范围)，常见有两种方法：①求出 ，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，转化为的齐次式，然后转化为关于的方程，即可得的值(范围)．
9、D
【解析】
设出坐标，联立直线方程与抛物线方程，利用弦长公式求得，再由点到直线的距离公式求得到的距离，得到的面积为，作差后利用导数求最值．
【详解】
设，，联立，得
则，
则
由，得
设，则 ，
则点到直线的距离
从而
．
令
当时，；当时，
故，即的最小值为
本题正确选项：
【点睛】
本题考查直线与抛物线位置关系的应用，考查利用导数求最值的问题．解决圆锥曲线中的面积类最值问题，通常采用构造函数关系的方式，然后结合导数或者利用函数值域的方法来求解最值.
10、A
【解析】
在中，设，，，结合三角形的内角和及和角的正弦公式化简可求，可得，再由已知条件求得，，，考虑建立以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立直角坐标系，根据已知条件结合向量的坐标运算求得，然后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】
在中，设，，，
，即，即，，
，，，，，
，即，又，，
，则，所以，，解得，.
以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则、、，
为线段上的一点，则存在实数使得，
，
设，，则，，，
，，消去得，，
所以，，
当且仅当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故选：A.
【点睛】
本题是一道构思非常巧妙的试题，综合考查了三角形的内角和定理、两角和的正弦公式及基本不等式求解最值问题，解题的关键是理解是一个单位向量，从而可用、表示，建立、与参数的关系，解决本题的第二个关键点在于由，发现为定值，从而考虑利用基本不等式求解最小值，考查计算能力，属于难题.
11、B
【解析】
设过点作的垂线，其方程为，联立方程，求得，，即，由，列出相应方程，求出离心率.
【详解】
解：不妨设过点作的垂线，其方程为，
由解得，，即，
由，所以有，
化简得，所以离心率．
故选：B.
【点睛】
本题主要考查双曲线的概念、直线与直线的位置关系等基础知识，考查运算求解、推理论证能力，属于中档题．
12、A
【解析】
由题意，可得，，消去得,可得，继而得到，代入即得解
【详解】
由，，成等差数列，
所以，又，，成等比数列，
所以，消去得，
所以，解得或，
因为，，是不相等的非零实数，
所以，此时，
所以．
故选：A
【点睛】
本题考查了等差等比数列的综合应用，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，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】
利用递推关系，等比数列的通项公式即可求得结果.
【详解】
因为，所以，
因为是等比数列，所以数列的公比为1．
又，
所以当时，有．
这说明在已知条件下，可以得到唯一的等比数列，所以，
故答案为：.
【点睛】
该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据递推公式求数列的通项公式，属于简单题目.
14、
【解析】
求出椭圆与双曲线的离心率，根据离心率之积的关系，然后推出关系，即可求解双曲线的渐近线方程.
【详解】
，椭圆的方程为，
的离心率为：，
双曲线方程为，
的离心率：，
与的离心率之积为，
，
，
的渐近线方程为：，即.
故答案为：
【点睛】
本题考查了椭圆、双曲线的几何性质，掌握椭圆、双曲线的离心率公式，属于基础题.
15、
【解析】
先将原式展开成，发现中不含，故只研究后面一项即可得解.
【详解】
，
依题意，只需求中的系数，是.
故答案为：-40
【点睛】
本题考查二项式定理性质，关键是先展开再利用排列组合思想解决，属于基础题.
16、
【解析】
设 ，则 ，由题意可得 故当 时， 由不等式 ，可得 ，或
求得 ，或 故答案为（
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、（1）（2）
【解析】
(1)由正弦定理边化角化简已知条件可求得,即可求得;
(2)由余弦定理借助基本不等式可求得,即可求出的面积的最大值.
【详解】
（1），，
所以，
所以，
，，
，．
（2）由余弦定理得.，
，当且仅当时取等，
.
所以的面积的最大值为.
【点睛】
本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用,考查了三角形面积的最值问题,难度较易.
18、（1）见解析（2）直线过定点.
【解析】
（1）设出两点的坐标，利用导数求得切线的方程，设出点坐标并代入切线的方程，同理将点坐标代入切线的方程，利用韦达定理求得线段中点的横坐标，由此判断出轴.
（2）求得点的纵坐标，由此求得点坐标，求得直线的斜率，由此求得直线的方程，化简后可得直线过定点.
【详解】
（1）设切点，，，
∴切线的斜率为，切线：，
设，则有，化简得，
同理可的.
∴，是方程的两根，∴，，
，∴轴.
（2）∵，∴.
∵，∴直线：，即，
∴直线过定点.
【点睛】
本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查直线过定点问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
19、（Ⅰ）.
（Ⅱ）.
【解析】
详解：（Ⅰ）
当时，由，解得；
当时，不成立；
当时，由，解得.
所以不等式的解集为.
（Ⅱ）因为，
所以.
由题意知对，，
即，
因为，
所以，解得.
【点睛】
⑴ 绝对值不等式解法的基本思路是：去掉绝对值号，把它转化为一般的不等式求解，转化的方法一般有：①绝对值定义法；②平方法；③零点区域法．
⑵ 不等式的恒成立可用分离变量法．若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端，从而问题转化为求主元函数的最值，进而求出参数范围．这种方法本质也是求最值．一般有：
① 为参数）恒成立
②为参数）恒成立 ．
20、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）构造直线所在平面，由面面平行推证线面平行；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，再由法向量之间的夹角，求得二面角的余弦值.
【详解】
（1）过点交于点，连接，如下图所示：
因为平面平面，且交线为,
又四边形为正方形，故可得，
故可得平面，又平面，
故可得.
在三角形中，因为为中点，，
故可得//，为中点；
又因为四边形为等腰梯形，是的中点，
故可得//；
又，
且平面，平面,
故面面，
又因为平面，
故面.即证.
（2）连接，，作交于点，
由（1）可知平面，又因为//，故可得平面，
则；
又因为//，，故可得
即，，两两垂直，
则分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
则，
，，，
，，
设面的法向量为，则，，
则，
可取，
设平面的法向量为，则，，
则，
可取，
可知平面与平面所成的锐二面角的余弦值为
.
【点睛】
本题考查由面面平行推证线面平行，涉及用向量法求二面角的大小，属综合基础题.
21、（1）证明见解析
（2）
【解析】
（1）取中点连接，得，可得，
可证，可得，进而平面，即可证明结论；
（2）设分别为边的中点，连，可得，，可得（或补角）是异面直线与所成的角，，可得，为二面角的平面角，即，设，求解，即可得出结论.
【详解】
（1）证明:取中点连接，
由则
，则，
故，，
平面，又平面，
故平面平面
（2）解法一:设分别为边的中点，
则，
（或补角）是异面直线与所成的角.
设为边的中点，则，
由知.
又由（1）有平面，
平面，
所以为二面角的平面角，，
设则
在中，
从而
在中，，
又，
从而在中，因，
，
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
解法二:过点作交于点
由（1）易知两两垂直，
以为原点，射线分别为轴，
轴，轴的正半轴，建立空间直角坐标系.
不妨设，由，
易知点的坐标分别为
则
显然向量是平面的法向量
已知二面角为，
设，则
设平面的法向量为，
则
令，则
由
由上式整理得，
解之得(舍)或
，
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
【点睛】
本题考查空间点、线、面位置关系，证明平面与平面垂直，考查空间角，涉及到二面角、异面直线所成的角，做出空间角对应的平面角是解题的关键，或用空间向量法求角，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.
22、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）先证明四边形是菱形,进而可知,然后可得到平面,即可证明平面平面;
（2）记AC,BE的交点为O,再取FG的中点P.以O为坐标原点,以射线OB,OC,OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系,分别求出平面ABF和DBF的法向量,然后由,可求出二面角的余弦值,进而可求出二面角的正弦值.
【详解】
（1）证明：因为点为的中点,,所以,
因为,所以,所以四边形是平行四边形,
因为,所以平行四边形是菱形,所以,
因为平面平面,且平面平面,所以平面.
因为平面,所以平面平面.
（2）记AC,BE的交点为O,再取FG的中点P.由题意可知AC,BE,OP两两垂直,故以O为坐标原点,以射线OB,OC,OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系.
因为底面ABCD是等腰梯形,,所以四边形ABCE是菱形，且,
所以,
则,设平面ABF的法向量为,
则,不妨取,则,
设平面DBF的法向量为,
则,不妨取,则,
故.
记二面角的大小为,故.
【点睛】
本题考查了面面垂直的证明,考查了二面角的求法,利用空间向量求平面的法向量是解决空间角问题的常见方法,属于中档题.