2026届广东省清远市华侨中学高考数学考前最后一卷预测卷含解析

这是一份2026届广东省清远市华侨中学高考数学考前最后一卷预测卷含解析，共16页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．数列满足，且，，则（ ）
A．B．9C．D．7
2．如图，抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，若直线与以为圆心，线段（为坐标原点）长为半径的圆交于，两点，则关于值的说法正确的是（ ）
A．等于4B．大于4C．小于4D．不确定
3．已知复数满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．2
4．设，均为非零的平面向量，则“存在负数，使得”是“”的
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
5．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（ ）
A．B．C．D．2
6．若样本的平均数是10，方差为2，则对于样本，下列结论正确的是（ ）
A．平均数为20，方差为4B．平均数为11，方差为4
C．平均数为21，方差为8D．平均数为20，方差为8
7．已知将函数（，）的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，若和的图象都关于对称，则下述四个结论：
①②③④点为函数的一个对称中心
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②③B．①③④C．①②④D．②③④
8．某三棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
9．执行如图所示的程序框图，当输出的时，则输入的的值为( )
A．-2B．-1C．D．
10．设为的两个零点，且的最小值为1，则（ ）
A．B．C．D．
11．已知集合，，若AB，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
12．甲、乙两名学生的六次数学测验成绩(百分制)的茎叶图如图所示.
①甲同学成绩的中位数大于乙同学成绩的中位数；
②甲同学的平均分比乙同学的平均分高；
③甲同学的平均分比乙同学的平均分低；
④甲同学成绩的方差小于乙同学成绩的方差.
以上说法正确的是（ ）
A．③④B．①②C．②④D．①③④
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于_____.
14．设函数，则满足的的取值范围为________.
15．李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%．
①当x=10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元；
②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为__________．
16．的展开式中，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）如图，平面分别是上的动点，且.
（1）若平面与平面的交线为，求证：；
（2）当平面平面时，求平面与平面所成的二面角的余弦值.
18．（12分）已知是圆：的直径，动圆过，两点，且与直线相切.
（1）若直线的方程为，求的方程；
（2）在轴上是否存在一个定点，使得以为直径的圆恰好与轴相切？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
19．（12分）已知椭圆过点且椭圆的左、右焦点与短轴的端点构成的四边形的面积为.
（1）求椭圆C的标准方程：
（2）设A是椭圆的左顶点，过右焦点F的直线，与椭圆交于P，Q，直线AP，AQ与直线 交于M，N，线段MN的中点为E.
①求证：；
②记，，的面积分别为、、，求证：为定值.
20．（12分）已知函数.
（1）当时.
①求函数在处的切线方程；
②定义其中，求；
（2）当时，设，(为自然对数的底数)，若对任意给定的，在上总存在两个不同的，使得成立，求的取值范围.
21．（12分）设函数，，.
（1）求函数的单调区间；
（2）若函数有两个零点，().
（i）求的取值范围；
（ii）求证:随着的增大而增大.
22．（10分）的内角所对的边分别是，且，.
（1）求；
（2）若边上的中线，求的面积.
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】
先由题意可得数列为等差数列，再根据，，可求出公差，即可求出．
【详解】
数列满足，则数列为等差数列，
，，
，，
，
，
故选：．
【点睛】
本题主要考查了等差数列的性质和通项公式的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．
2、A
【解析】
利用的坐标为，设直线的方程为，然后联立方程得，最后利用韦达定理求解即可
【详解】
据题意，得点的坐标为.设直线的方程为，点，的坐标分别为，.讨论：当时，；当时，据，得，所以，所以.
【点睛】
本题考查直线与抛物线的相交问题，解题核心在于联立直线与抛物线的方程，属于基础题
3、C
【解析】
由复数的除法运算整理已知求得复数z，进而求得其模.
【详解】
因为，所以
故选：C
【点睛】
本题考查复数的除法运算与求复数的模，属于基础题.
4、B
【解析】
根据充分条件、必要条件的定义进行分析、判断后可得结论．
【详解】
因为，均为非零的平面向量，存在负数，使得，
所以向量，共线且方向相反，
所以，即充分性成立；
反之，当向量，的夹角为钝角时，满足，但此时，不共线且反向，所以必要性不成立．
所以“存在负数，使得”是“”的充分不必要条件．
故选B．
【点睛】
判断p是q的什么条件，需要从两方面分析：一是由条件p能否推得条件q；二是由条件q能否推得条件p，定义法是判断充分条件、必要条件的基本的方法，解题时注意选择恰当的方法判断命题是否正确．
5、B
【解析】
首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.
【详解】
根据圆柱的三视图以及其本身的特征，
将圆柱的侧面展开图平铺,
可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，
所以所求的最短路径的长度为，故选B.
点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.
6、D
【解析】
由两组数据间的关系,可判断二者平均数的关系,方差的关系,进而可得到答案.
【详解】
样本的平均数是10，方差为2，
所以样本的平均数为,方差为.
故选:D.
【点睛】
样本的平均数是，方差为，则的平均数为,方差为.
7、B
【解析】
首先根据三角函数的平移规则表示出，再根据对称性求出、，即可求出的解析式，从而验证可得；
【详解】
解：由题意可得，
又∵和的图象都关于对称，∴，
∴解得，即，又∵，∴，，∴，∴，，
∴①③④正确，②错误.
故选：B
【点睛】
本题考查三角函数的性质的应用，三角函数的变换规则，属于基础题.
8、C
【解析】
作出三棱锥的实物图，然后补成直四棱锥，且底面为矩形，可得知三棱锥的外接球和直四棱锥的外接球为同一个球，然后计算出矩形的外接圆直径，利用公式可计算出外接球的直径，再利用球体的表面积公式即可得出该三棱锥的外接球的表面积.
【详解】
三棱锥的实物图如下图所示：
将其补成直四棱锥，底面，
可知四边形为矩形，且，.
矩形的外接圆直径，且.
所以，三棱锥外接球的直径为，
因此，该三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
【点睛】
本题考查三棱锥外接球的表面积，解题时要结合三视图作出三棱锥的实物图，并分析三棱锥的结构，选择合适的模型进行计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
9、B
【解析】
若输入，则执行循环得
结束循环，输出，与题意输出的矛盾；
若输入，则执行循环得
结束循环，输出，符合题意；
若输入，则执行循环得
结束循环，输出，与题意输出的矛盾；
若输入，则执行循环得
结束循环，输出，与题意输出的矛盾；
综上选B.
10、A
【解析】
先化简已知得,再根据题意得出f（x）的最小值正周期T为1×2，再求出ω的值．
【详解】
由题得,
设x1，x2为f（x）=2sin（ωx﹣）（ω＞0）的两个零点，且的最小值为1，
∴=1，解得T=2；
∴=2，
解得ω=π．
故选A．
【点睛】
本题考查了三角恒等变换和三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题．
11、D
【解析】
先化简，再根据，且AB求解.
【详解】
因为，
又因为，且AB，
所以.
故选：D
【点睛】
本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
12、A
【解析】
由茎叶图中数据可求得中位数和平均数,即可判断①②③,再根据数据集中程度判断④.
【详解】
由茎叶图可得甲同学成绩的中位数为,乙同学成绩的中位数为,故①错误；
,,则,故②错误,③正确；
显然甲同学的成绩更集中,即波动性更小,所以方差更小,故④正确,
故选:A
【点睛】
本题考查由茎叶图分析数据特征,考查由茎叶图求中位数、平均数.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、1
【解析】
由题意可得，再利用二项展开式的通项公式，求得二项展开式常数项的值．
【详解】
的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大，，
通项公式为，令，求得，
可得二项展开式常数项等于，
故答案为1．
【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．
14、
【解析】
当时，函数单调递增，当时，函数为常数，故需满足，且，解得答案.
【详解】
，当时，函数单调递增，当时，函数为常数，
需满足，且，解得.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了根据函数单调性解不等式，意在考查学生对于函数性质的灵活运用.
15、130. 15.
【解析】
由题意可得顾客需要支付的费用，然后分类讨论，将原问题转化为不等式恒成立的问题可得的最大值.
【详解】
(1),顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付元.
(2)设顾客一次购买水果的促销前总价为元,
元时,李明得到的金额为,符合要求.
元时,有恒成立,即,即元.
所以的最大值为.
【点睛】
本题主要考查不等式的概念与性质､数学的应用意识､数学式子变形与运算求解能力,以实际生活为背景，创设问题情境，考查学生身边的数学，考查学生的数学建模素养.
16、16
【解析】
要得到的系数，只要求出二项式中的系数减去的系数的2倍即可
【详解】
的系数为.
故答案为：16
【点睛】
此题考查二项式的系数，属于基础题.
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）首先由线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质定理即可得证；
（2）以点为坐标原点，，所在的直线分别为轴，以过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；
【详解】
解：（1）由，
又平面，平面，所以平面.
又平面，且平面平面，
故.
（2）因为平面，所以，又，所以平面，
所以，又，所以.
若平面平面，则平面，所以，
由且，
又，所以.
以点为坐标原点，，所在的直线分别为轴，以过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，
则 ，，设
则
由，可得，，即，所以可得，所以，
设平面的一个法向量为，则
，，，取，得
所以
易知平面的法向量为，
设平面与平面所成的二面角为，
则，
结合图形可知平面与平面所成的二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查线面平行的判定定理及性质定理的应用，利用空间向量法求二面角，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题．
18、（1）或. （2）存在，；
【解析】
（1）根据动圆过，两点，可得圆心在的垂直平分线上，由直线的方程为，可知在直线上；设，由动圆与直线相切可得动圆的半径为；又由，及垂径定理即可确定的值，进而确定圆的方程.
（2）方法一：设，可得圆的半径为，根据，可得方程为并化简可得的轨迹方程为.设，，可得的中点，进而由两点间距离公式表示出半径，表示出到轴的距离，代入化简即可求得的值，进而确定所过定点的坐标；方法二：同上可得的轨迹方程为，由抛物线定义可求得，表示出线段的中点的坐标，根据到轴的距离可得等量关系，进而确定所过定点的坐标.
【详解】
（1）因为过点，，所以圆心在的垂直平分线上.
由已知的方程为，且，关于于坐标原点对称，
所以在直线上，故可设.
因为与直线相切，所以的半径为.
由已知得，，又，
故可得，解得或.
故的半径或，
所以的方程为或.
（2）法一：设，由已知得的半径为，.
由于，故可得，化简得的轨迹方程为.
设，，则得，的中点，
则以为直径的圆的半径为：
，
到轴的距离为，
令，①
化简得，即，
故当时，①式恒成立.
所以存在定点，使得以为直径的圆与轴相切.
法二：设，由已知得的半径为，.
由于，故可得，化简得的轨迹方程为.
设，因为抛物线的焦点坐标为，
点在抛物线上，所以，
线段的中点的坐标为，
则到轴的距离为，
而，
故以为径的圆与轴切，
所以当点与重合时，符合题意，
所以存在定点，使得以为直径的圆与轴相切.
【点睛】
本题考查了圆的标准方程求法，动点轨迹方程的求法，抛物线定义及定点问题的解法综合应用，属于难题.
19、（1）；（2）①证明见解析；②证明见解析
【解析】
（1）解方程即可；
（2）①设直线，，，将点的坐标用表示，证明即可；②分别用表示，，的面积即可.
【详解】
（1）
解之得：
的标准方程为：
（2）①， ，
设直线
代入椭圆方程：
设，，
，
直线，直线
，

，，，，.
②，
所以.
【点睛】
本题考查了直接法求椭圆的标准方程、直线与椭圆位置关系中的定值问题，在处理此类问题一般要涉及根与系数的关系，本题思路简单，但计算量比较大，是一道有一定难度的题.
20、（1）①；②8079；（2）.
【解析】
（1）①时，，，利用导数的几何意义能求出函数在处的切线方程．
②由，得，由此能求出的值．
（2）根据若对任意给定的，，在区间，上总存在两个不同的，使得成立，得到函数在区间，上不单调，从而求得的取值范围．
【详解】
（1）①∵，
∴
∴，∴，∵，
所以切线方程为.
②，
.
令，则,.
因为①,
所以②,
由①+②得,所以.
所以.
（2），当时，函数单调递增；
当时，，函数单调递减∵，，
所以，函数在上的值域为.
因为， ，
故，，①
此时，当 变化时、的变化情况如下：
∵，
，
∴对任意给定的，在区间上总存在两个不同的，
使得成立，当且仅当满足下列条件
，即
令，，
，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减所以，对任意，有，即②对任意恒成立.
由③式解得：④
综合①④可知，当时，对任意给定的，
在上总存在两个不同的，使成立.
【点睛】
本题考查了导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性、求函数最值问题，会利用导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，掌握不等式恒成立时所满足的条件．不等式恒成立常转化为函数最值问题解决．
21、（1）见解析；（2）（i）（ii）证明见解析
【解析】
（1）求出导函数，分类讨论即可求解；
（2）（i）结合（1）的单调性分析函数有两个零点求解参数取值范围；（ii）设，通过转化，讨论函数的单调性得证.
【详解】
（1）因为，所以
当时，在上恒成立，所以在上单调递增，
当时，的解集为，的解集为，
所以的单调增区间为，的单调减区间为；
（2）（i）由（1）可知，当时，在上单调递增，至多一个零点，不符题意，当时，因为有两个零点，所以，解得，因为，且，所以存在，使得，又因为，设，则，所以单调递增，所以，即，因为，所以存在，使得，综上，；（ii）因为，所以，因为，所以，设，则，所以，解得，所以，所以，设，则，设，则，所以单调递增，所以，所以，即，所以单调递增，即随着的增大而增大，所以随着的增大而增大，命题得证.
【点睛】
此题考查利用导函数处理函数的单调性，根据函数的零点个数求参数的取值范围，通过等价转化证明与零点相关的命题.
22、（1），（2）
【解析】
（1）先由正弦定理，得到，进而可得，再由，即可得出结果；
（2）先由余弦定理得，，再根据题中数据，可得，从而可求出，得到，进而可求出结果.
【详解】
（1）由正弦定理得，
所以，
因为，所以，
即，所以，
又因为，所以，.
（2）在和中，由余弦定理得
，.
因为，，，，
又因为，即，
所以，
所以，
又因为，所以.
所以的面积.
【点睛】
本题主要考查解三角形，灵活运用正弦定理和余弦定理即可，属于常考题型.
—
0
+
单调减
最小值
单调增