2026届广东省河源市东源县广州大学附属东江中学高考考前模拟数学试题含解析

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1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
2．有一圆柱状有盖铁皮桶（铁皮厚度忽略不计），底面直径为cm，高度为cm，现往里面装直径为cm的球，在能盖住盖子的情况下，最多能装（ ）
（附：）
A．个B．个C．个D．个
3．为得到函数的图像，只需将函数的图像（ ）
A．向右平移个长度单位B．向右平移个长度单位
C．向左平移个长度单位D．向左平移个长度单位
4．函数在上单调递减，且是偶函数，若 ，则 的取值范围是（ ）
A．（2，+∞）B．（﹣∞，1）∪（2，+∞）
C．（1，2）D．（﹣∞，1）
5．某四棱锥的三视图如图所示，该几何体的体积是（ ）
A．8B．C．4D．
6．抛物线的焦点为，点是上一点，，则（ ）
A．B．C．D．
7．己知函数的图象与直线恰有四个公共点，其中，则（ ）
A．B．0C．1D．
8．已知，如图是求的近似值的一个程序框图，则图中空白框中应填入
A．B．
C．D．
9．过点的直线与曲线交于两点，若，则直线的斜率为( )
A．B．
C．或D．或
10．是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
11．已知曲线的一条对称轴方程为，曲线向左平移个单位长度，得到曲线的一个对称中心的坐标为，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
12．记等差数列的公差为，前项和为.若，，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设满足约束条件且的最小值为7，则＝_________.
14．连续2次抛掷一颗质地均匀的骰子（六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6的正方体），观察向上的点数，则事件“点数之积是3的倍数”的概率为____．
15．如图所示，在直角梯形中，，、分别是、上的点，，且（如图①）.将四边形沿折起，连接、、（如图②）.在折起的过程中，则下列表述：

①平面；
②四点、、、可能共面；
③若，则平面平面；
④平面与平面可能垂直.其中正确的是__________.
16．展开式中的系数为_________.
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）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.点在曲线上，点满足.
（1）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求动点的轨迹的极坐标方程；
（2）点，分别是曲线上第一象限，第二象限上两点，且满足，求的值.
18．（12分）已知函数，其中，．
（1）当时，求的值；
（2）当的最小正周期为时，求在上的值域．
19．（12分）已知，函数，（是自然对数的底数）.
（Ⅰ）讨论函数极值点的个数；
（Ⅱ）若，且命题“，”是假命题，求实数的取值范围.
20．（12分）如图,四棱锥中,平面平面,底面为梯形.，且与均为正三角形.为的中点为重心,与相交于点.
(1)求证:平面；
(2)求三棱锥的体积.
21．（12分）已知函数f(x)=ex-x2 -kx（其中e为自然对数的底，k为常数）有一个极大值点和一个极小值点．
（1）求实数k的取值范围；
（2）证明：f(x)的极大值不小于1．
22．（10分）某中学为研究学生的身体素质与体育锻炼时间的关系，对该校名高三学生平均每天体育锻炼时间进行调查，如表：（平均每天锻炼的时间单位：分钟）
将学生日均体育锻炼时间在的学生评价为“锻炼达标”．
（1）请根据上述表格中的统计数据填写下面列联表：
并通过计算判断，是否能在犯错误的概率不超过的前提下认为“锻炼达标”与性别有关？
（2）在“锻炼达标”的学生中，按男女用分层抽样方法抽出人，进行体育锻炼体会交流．
（i）求这人中，男生、女生各有多少人？
（ii）从参加体会交流的人中，随机选出人发言，记这人中女生的人数为，求的分布列和数学期望．
参考公式：，其中．
临界值表：
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】
根据复合函数的单调性，同增异减以及采用排除法，可得结果.
【详解】
当时，，
由在递增，
所以在递增
又是增函数，
所以在递增，故排除B、C
当时，若，则
所以在递减，而是增函数
所以在递减，所以A正确，D错误
故选：A
【点睛】
本题考查具体函数的大致图象的判断，关键在于对复合函数单调性的理解，记住常用的结论：增+增=增，增-减=增，减+减=减，复合函数单调性同增异减，属中档题.
2、C
【解析】
计算球心连线形成的正四面体相对棱的距离为cm，得到最上层球面上的点距离桶底最远为cm，得到不等式，计算得到答案.
【详解】
由题意，若要装更多的球，需要让球和铁皮桶侧面相切，且相邻四个球两两相切，
这样，相邻的四个球的球心连线构成棱长为cm的正面体，
易求正四面体相对棱的距离为cm，每装两个球称为“一层”，这样装层球，
则最上层球面上的点距离桶底最远为cm，
若想要盖上盖子，则需要满足，解得，
所以最多可以装层球，即最多可以装个球．
故选：
【点睛】
本题考查了圆柱和球的综合问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
3、D
【解析】
，所以要的函数的图象，只需将函数的图象向左平移个长度单位得到，故选D
4、B
【解析】
根据题意分析的图像关于直线对称，即可得到的单调区间，利用对称性以及单调性即可得到的取值范围。
【详解】
根据题意，函数 满足是偶函数，则函数的图像关于直线对称，
若函数在上单调递减，则在上递增，
所以要使，则有，变形可得，
解可得：或，即的取值范围为；
故选：B．
【点睛】
本题考查偶函数的性质，以及函数单调性的应用，有一定综合性，属于中档题。
5、D
【解析】
根据三视图知，该几何体是一条垂直于底面的侧棱为2的四棱锥，画出图形，结合图形求出底面积代入体积公式求它的体积．
【详解】
根据三视图知，该几何体是侧棱底面的四棱锥，如图所示：
结合图中数据知，该四棱锥底面为对角线为2的正方形，
高为PA=2，
∴四棱锥的体积为.
故选：D.
【点睛】
本题考查由三视图求几何体体积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．属于中等题.
6、B
【解析】
根据抛物线定义得，即可解得结果.
【详解】
因为，所以.
故选B
【点睛】
本题考查抛物线定义，考查基本分析求解能力，属基础题.
7、A
【解析】
先将函数解析式化简为，结合题意可求得切点及其范围，根据导数几何意义，即可求得的值.
【详解】
函数
即
直线与函数图象恰有四个公共点，结合图象知直线与函数相切于，，
因为，
故，
所以.
故选：A.
【点睛】
本题考查了三角函数的图像与性质的综合应用，由交点及导数的几何意义求函数值，属于难题.
8、C
【解析】
由于中正项与负项交替出现，根据可排除选项A、B；执行第一次循环：，①若图中空白框中填入，则，②若图中空白框中填入，则，此时不成立，；执行第二次循环：由①②均可得，③若图中空白框中填入，则，④若图中空白框中填入，则，此时不成立，；执行第三次循环：由③可得，符合题意，由④可得，不符合题意，所以图中空白框中应填入，故选C．
9、A
【解析】
利用切割线定理求得，利用勾股定理求得圆心到弦的距离，从而求得，结合，求得直线的倾斜角为，进而求得的斜率.
【详解】
曲线为圆的上半部分，圆心为，半径为.
设与曲线相切于点，
则
所以
到弦的距离为，，所以，由于，所以直线的倾斜角为，斜率为.
故选：A
【点睛】
本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
10、B
【解析】
分别判断充分性和必要性得到答案.
【详解】
所以 （逆否命题）必要性成立
当，不充分
故是必要不充分条件，答案选B
【点睛】
本题考查了充分必要条件，属于简单题.
11、C
【解析】
在对称轴处取得最值有，结合，可得，易得曲线的解析式为，结合其对称中心为可得即可得到的最小值.
【详解】
∵直线是曲线的一条对称轴.
，又.
.
∴平移后曲线为.
曲线的一个对称中心为.
.
，注意到
故的最小值为.
故选：C.
【点睛】
本题考查余弦型函数性质的应用，涉及到函数的平移、函数的对称性，考查学生数形结合、数学运算的能力，是一道中档题.
12、C
【解析】
由，和，可求得，从而求得和，再验证选项.
【详解】
因为，，
所以解得，
所以，
所以，，，
故选：C.
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式、前项和公式，还考查运算求解能力，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、3
【解析】
根据约束条件画出可行域，再把目标函数转化为，对参数a分类讨论，当时显然不满足题意；当时，直线经过可行域中的点A时，截距最小，即z有最小值，再由最小值为7，得出结果；当时，的截距没有最小值，即z没有最小值；当时，的截距没有最大值，即z没有最小值，综上可得出结果.
【详解】
根据约束条件画出可行域如下：由，可得出交点，
由可得，当时显然不满足题意；
当即时，由可行域可知当直线经过可行域中的点A时，截距最小，即z有最小值，即，解得或（舍）；
当即时，由可行域可知的截距没有最小值，即z没有最小值；
当即时，根据可行域可知的截距没有最大值，即z没有最小值.
综上可知满足条件时.
故答案为：3.
【点睛】
本题主要考查线性规划问题，约束条件和目标函数中都有参数，要对参数进行讨论.
14、
【解析】
总事件数为，
目标事件：当第一颗骰子为1,2,4,6，具体事件有
，共8种；
当第一颗骰子为3,6，则第二颗骰子随便都可以，则有种；
所以目标事件共20中，所以。
15、①③
【解析】
连接、交于点，取的中点，证明四边形为平行四边形，可判断命题①的正误；利用线面平行的性质定理和空间平行线的传递性可判断命题②的正误；连接，证明出，结合线面垂直和面面垂直的判定定理可判断命题③的正误；假设平面与平面垂直，利用面面垂直的性质定理可判断命题④的正误.综合可得出结论.
【详解】
对于命题①，连接、交于点，取的中点、，连接、，如下图所示：
则且，四边形是矩形，且，为的中点，
为的中点，且，且，
四边形为平行四边形，，即，
平面，平面，平面，命题①正确；
对于命题②，，平面，平面，平面，
若四点、、、共面，则这四点可确定平面，则，平面平面，由线面平行的性质定理可得，
则，但四边形为梯形且、为两腰，与相交，矛盾.
所以，命题②错误；
对于命题③，连接、，设，则，
在中，，，则为等腰直角三角形，
且，，，且，
由余弦定理得，，
，又，，平面，
平面，，
，、为平面内的两条相交直线，所以，平面，
平面，平面平面，命题③正确；
对于命题④，假设平面与平面垂直，过点在平面内作，
平面平面，平面平面，，平面，
平面，
平面，，
，，，，，
又，平面，平面，.
，平面，平面，.
，，显然与不垂直，命题④错误.
故答案为：①③.
【点睛】
本题考查立体几何综合问题，涉及线面平行、面面垂直的证明、以及点共面的判断，考查推理能力，属于中等题.
16、
【解析】
变换，根据二项式定理计算得到答案.
【详解】
的展开式的通项为：，，
取和，计算得到系数为：.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.
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）由已知，曲线的参数方程消去t后，要注意x的范围，再利用普通方程与极坐标方程的互化公式运算即可；
（2）设，，由（1）可得，，相加即可得到证明.
【详解】
（1），
∵，∴，∴，
由题可知：，
：（）.
（2）因为，
设，，
则，
，
.
【点睛】
本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化，考查学生的计算能力，是一道容易题.
18、（1）（2）
【解析】
（1）根据，得到函数，然后，直接求解的值；
（2）首先，化简函数，然后，结合周期公式，得到，再结合，及正弦函数的性质解答即可．
【详解】
（1）因为，所以
（2）因为
即
因为，所以
所以
因为
所以
所以当时，．当时，（最大值）
当时，
在是增函数，在是减函数．
的值域是．
【点睛】
本题主要考查了简单角的三角函数值的求解方法，两角和与差的正弦、余弦公式，三角函数的图象与性质等知识，考查了运算求解能力，属于中档题．
19、（1）当时，没有极值点，当时，有一个极小值点.（2）
【解析】
试题分析 ：（1），分，讨论，当时，对，，当时，解得，在上是减函数，在上是增函数。所以，当时，没有极值点，当时，有一个极小值点.（2）原命题为假命题，则逆否命题为真命题。即不等式在区间内有解。设 ，所以 ，设 ，则，且是增函数，所以 。所以分和k>1讨论。
试题解析：（Ⅰ）因为，所以，
当时，对，，
所以在是减函数，此时函数不存在极值，
所以函数没有极值点；
当时，，令，解得，
若，则，所以在上是减函数，
若，则，所以在上是增函数，
当时，取得极小值为，
函数有且仅有一个极小值点，
所以当时，没有极值点，当时，有一个极小值点.
（Ⅱ）命题“，”是假命题，则“，”是真命题，即不等式在区间内有解.
若，则设 ，
所以 ，设 ，
则，且是增函数，所以
当时，，所以在上是增函数，
，即，所以在上是增函数，
所以，即在上恒成立.
当时，因为在是增函数，
因为， ，
所以在上存在唯一零点，
当时，，在上单调递减，
从而，即，所以在上单调递减，
所以当时，，即.
所以不等式在区间内有解
综上所述，实数的取值范围为.
20、（1）见解析（2）
【解析】
（1）第（1）问，连交于,连接.证明// ，即证平面. (2)第(2)问，主要是利用体积变换，,求得三棱锥的体积.
【详解】
（1）方法一：连交于,连接.
由梯形，且，知
又为的中点，为的重心，∴
在中， ,故// .
又平面, 平面,∴ 平面.
方法二：过作交PD于N,过F作FM||AD交CD于M,连接MN,
G为△PAD的重心，
又ABCD为梯形，AB||CD,
又由所作GN||AD,FM||AD,得// ，所以GNMF为平行四边形.
因为GF||MN,

（2） 方法一:由平面平面， 与均为正三角形， 为的中点
∴， ，得平面，且
由（1）知//平面，∴
又由梯形ABCD，AB||CD，且，知
又为正三角形，得，∴，
得
∴三棱锥的体积为.
方法二: 由平面平面， 与均为正三角形， 为的中点
∴， ，得平面，且
由，∴
而又为正三角形，得，得.
∴，
∴三棱锥的体积为.
21、（1）；（2）见解析
【解析】
（1）求出，记，问题转化为方程有两个不同解，求导，研究极值即可得结果 ；
（2）由（1）知，在区间上存在极大值点，且，则可求出极大值，记，求导，求单调性，求出极值即可.
【详解】
（1），由，
记，，
由，且时，，单调递减，，
时，，单调递增，，
由题意，方程有两个不同解，所以；
（2）解法一：由（1）知，在区间上存在极大值点，且，
所以的极大值为，
记，则，
因为，所以，
所以时，，单调递减，时，，单调递增，
所以，即函数的极大值不小于1.
解法二：由（1）知，在区间上存在极大值点，且，
所以的极大值为，
因为，，所以.
即函数的极大值不小于1.
【点睛】
本题考查导数研究函数的单调性，极值，考查学生综合分析能力与转化能力，是一道中档题.
22、（1）能；（2）（i）男生有人，女生有人；（ii），分布列见解析．
【解析】
（1）根据所给数据可完成列联表．由总人数及女生人数得男生人数，由表格得达标人数，从而得男生中达标人数，这样不达标人数随之而得，然后计算可得结论；
（2）由达标人数中男女生人数比为可得抽取的人数，总共选2人，女生有4人，的可能值为0，1，2，分别计算概率得分布列，再由期望公式可计算出期望．
【详解】
（1）列出列联表，
，
所以在犯错误的概率不超过的前提下能判断“课外体育达标”与性别有关．
（2）（i）在“锻炼达标”的学生中，男女生人数比为，
用分层抽样方法抽出人，男生有人，女生有人．
（ii）从参加体会交流的人中，随机选出人发言，人中女生的人数为，
则的可能值为，，，
则，，，
可得的分布列为：
可得数学期望．
【点睛】
本题考查列联表与独立性检验，考查分层抽样，随机变量的概率分布列和期望．主要考查学生的数据处理能力，运算求解能力，属于中档题．
0.10
0.05
0.025
0.010
0
2.706
3.841
5.024
6.635