2026届广东省华附、省实、深中、广雅四校高三第二次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届广东省华附、省实、深中、广雅四校高三第二次模拟考试数学试卷含解析，共20页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，设复数，则=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．设实数、满足约束条件，则的最小值为（ ）
A．2B．24C．16D．14
2．设，命题“存在，使方程有实根”的否定是( )
A．任意，使方程无实根
B．任意，使方程有实根
C．存在，使方程无实根
D．存在，使方程有实根
3．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍.其中记载有求“囷盖”的术：“置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一”.该术相当于给出了由圆锥的底面周长与高，计算其体积的近似公式.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率近似取为3.那么近似公式相当于将圆锥体积公式中的圆周率近似取为（ ）
A．B．C．D．
4．已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则双曲线的离心率等于( )
A．B．C．D．
5．为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点（ ）
A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度
6．已知平面和直线a，b，则下列命题正确的是（ ）
A．若∥，b∥，则∥B．若，，则∥
C．若∥，，则D．若，b∥，则
7．设复数，则=（ ）
A．1B．C．D．
8．过双曲线的左焦点作倾斜角为的直线，若与轴的交点坐标为，则该双曲线的标准方程可能为（ ）
A．B．C．D．
9．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ）
A．B．
C．D．
10．在关于的不等式中，“”是“恒成立”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．等比数列的前项和为，若，，，，则（ ）
A．B．C．D．
12．设，是空间两条不同的直线，，是空间两个不同的平面，给出下列四个命题：
①若，，，则；
②若，，，则；
③若，，，则；
④若，，，，则.其中正确的是（ ）
A．①②B．②③C．②④D．③④
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在矩形ABCD中，，，点E，F分别为BC，CD边上动点，且满足，则的最大值为________.
14．在的二项展开式中，所有项的系数之和为1024，则展开式常数项的值等于_______．
15．若，则________，________.
16．若函数为偶函数，则 ．
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）在中，．
（1）求的值；
（2）点为边上的动点（不与点重合），设，求的取值范围．
18．（12分）（江苏省徐州市高三第一次质量检测数学试题）在平面直角坐标系中，已知平行于轴的动直线交抛物线： 于点，点为的焦点.圆心不在轴上的圆与直线， ， 轴都相切，设的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若直线与曲线相切于点，过且垂直于的直线为，直线， 分别与轴相交于点， .当线段的长度最小时，求的值.
19．（12分）已知点为圆：上的动点，为坐标原点，过作直线的垂线（当、重合时，直线约定为轴），垂足为，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求点的轨迹的极坐标方程；
（2）直线的极坐标方程为，连接并延长交于，求的最大值.
20．（12分）已知函数
（1）当时，证明，在恒成立；
（2）若在处取得极大值，求的取值范围.
21．（12分）已知函数.
（1）若函数的图象与轴有且只有一个公共点，求实数的取值范围；
（2）若对任意成立，求实数的取值范围.
22．（10分）函数，且恒成立.
（1）求实数的集合；
（2）当时，判断图象与图象的交点个数，并证明.
（参考数据：）
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】
做出满足条件的可行域，根据图形即可求解.
【详解】
做出满足的可行域，如下图阴影部分，
根据图象，当目标函数过点时，取得最小值，
由，解得，即，
所以的最小值为.
故选：D.
【点睛】
本题考查二元一次不等式组表示平面区域，利用数形结合求线性目标函数的最值，属于基础题.
2、A
【解析】
只需将“存在”改成“任意”，有实根改成无实根即可.
【详解】
由特称命题的否定是全称命题，知“存在，使方程有实根”的否定是
“任意，使方程无实根”.
故选：A
【点睛】
本题考查含有一个量词的命题的否定，此类问题要注意在两个方面作出变化：1.量词，2.结论，是一道基础题.
3、C
【解析】
将圆锥的体积用两种方式表达，即，解出即可.
【详解】
设圆锥底面圆的半径为r，则，又，
故，所以，.
故选：C.
【点睛】
本题利用古代数学问题考查圆锥体积计算的实际应用，考查学生的运算求解能力、创新能力.
4、B
【解析】
由于直线的斜率k,所以一条渐近线的斜率为，即，所以，选B.
5、D
【解析】
通过变形，通过“左加右减”即可得到答案.
【详解】
根据题意，故只需把函数的图象
上所有的点向右平移个单位长度可得到函数的图象，故答案为D.
【点睛】
本题主要考查三角函数的平移变换，难度不大.
6、C
【解析】
根据线面的位置关系，结合线面平行的判定定理、平行线的性质进行判断即可.
【详解】
A：当时，也可以满足∥，b∥，故本命题不正确；
B：当时，也可以满足，，故本命题不正确；
C：根据平行线的性质可知：当∥，，时，能得到，故本命题是正确的；
D：当时，也可以满足，b∥，故本命题不正确.
故选：C
【点睛】
本题考查了线面的位置关系，考查了平行线的性质，考查了推理论证能力.
7、A
【解析】
根据复数的除法运算，代入化简即可求解.
【详解】
复数，
则
故选：A.
【点睛】
本题考查了复数的除法运算与化简求值，属于基础题.
8、A
【解析】
直线的方程为，令，得，得到a,b的关系，结合选项求解即可
【详解】
直线的方程为，令，得.因为，所以，只有选项满足条件.
故选：A
【点睛】
本题考查直线与双曲线的位置关系以及双曲线的标准方程，考查运算求解能力.
9、B
【解析】
还原几何体可知原几何体为半个圆柱和一个四棱锥组成的组合体，分别求解两个部分的体积，加和得到结果.
【详解】
由三视图还原可知，原几何体下半部分为半个圆柱，上半部分为一个四棱锥
半个圆柱体积为：
四棱锥体积为：
原几何体体积为：
本题正确选项：
【点睛】
本题考查三视图的还原、组合体体积的求解问题，关键在于能够准确还原几何体，从而分别求解各部分的体积.
10、C
【解析】
讨论当时，是否恒成立；讨论当恒成立时，是否成立，即可选出正确答案.
【详解】
解：当时，，由开口向上，则恒成立；
当恒成立时，若，则 不恒成立，不符合题意，
若 时，要使得恒成立，则 ，即 .
所以“”是“恒成立”的充要条件.
故选:C.
【点睛】
本题考查了命题的关系，考查了不等式恒成立问题.对于探究两个命题的关系时，一般分成两步，若，则推出 是 的充分条件；若，则推出 是 的必要条件.
11、D
【解析】
试题分析：由于在等比数列中，由可得：，
又因为，
所以有：是方程的二实根，又，，所以，
故解得：，从而公比；
那么，
故选D．
考点：等比数列．
12、C
【解析】
根据线面平行或垂直的有关定理逐一判断即可.
【详解】
解：①：、也可能相交或异面，故①错
②：因为，，所以或，
因为，所以，故②对
③：或，故③错
④：如图
因为，，在内过点作直线的垂线，
则直线，
又因为，设经过和相交的平面与交于直线，则
又，所以
因为，，
所以，所以，故④对.
故选：C
【点睛】
考查线面平行或垂直的判断，基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
利用平面直角坐标系，设出点E，F的坐标，由可得，利用数量积运算求得，再利用线性规划的知识求出的最大值.
【详解】
建立平面直角坐标系，如图（1）所示：
设，
，
，
即，
又，
令，其中，
画出图形，如图（2）所示：
当直线经过点时，取得最大值.
故答案为：
【点睛】
本题考查了向量数量积的坐标运算、简单的线性规划问题，解题的关键是建立恰当的坐标系，属于基础题.
14、
【解析】
利用展开式所有项系数的和得n=5,再利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中的常数项.
【详解】
因为的二项展开式中，所有项的系数之和为4n=1024, n=5,
故的展开式的通项公式为Tr+1=C·35-r,令,解得r=4,可得常数项为T5=C·3=15,故填15.
【点睛】
本题主要考查了二项式定理的应用、二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于中档题.
15、
【解析】
根据诱导公式和二倍角公式计算得到答案.
【详解】
，故.
故答案为：；.
【点睛】
本题考查了诱导公式和二倍角公式，属于简单题.
16、1
【解析】
试题分析：由函数为偶函数函数为奇函数，
．
考点：函数的奇偶性．
【方法点晴】本题考查导函数的奇偶性以及逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力、特殊与一般思想、数形结合思想与转化思想，具有一定的综合性和灵活性，属于较难题型．首先利用转化思想，将函数为偶函数转化为 函数为奇函数，然后再利用特殊与一般思想，取．
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）先利用同角的三角函数关系求得,再由求解即可；
（2）在中,由正弦定理可得,则,再由求解即可.
【详解】
解:（1）在中,,所以,
所以
（2）由（1）可知,所以,
在中,因为,所以,
因为,所以 ,
所以.
【点睛】
本题考查已知三角函数值求值,考查正弦定理的应用.
18、 (1) ．(2)见解析.
【解析】
试题分析：（1）设根据题意得到，化简得到轨迹方程；（2）设， ，，，构造函数研究函数的单调性，得到函数的最值.
解析：
（1）因为抛物线的方程为，所以的坐标为，
设，因为圆与轴、直线都相切，平行于轴，
所以圆的半径为，点 ，则直线的方程为，即，
所以，又，所以，即，
所以的方程为 ．
（2）设， ，，
由（1）知，点处的切线的斜率存在，由对称性不妨设，
由，所以，，
所以，，
所以．
令，，则，
由得，由得，
所以在区间单调递减，在单调递增，
所以当时，取得极小值也是最小值，即取得最小值， 此时．
点睛：求轨迹方程，一般是问谁设谁的坐标然后根据题目等式直接求解即可，而对于直线与曲线的综合问题要先分析题意转化为等式，例如，可以转化为向量坐标进行运算也可以转化为斜率来理解，然后借助韦达定理求解即可运算此类题计算一定要仔细.
19、（1）；（2）
【解析】
（1）设的极坐标为，在中，有，即可得结果；
（2）设射线：，，圆的极坐标方程为，联立两个方程，可求出，联立可得，则计算可得，利用三角函数的性质可得最值.
【详解】
（1）设的极坐标为，在中，有，
点的轨迹的极坐标方程为；
（2）设射线：，，圆的极坐标方程为，
由得：，
由得：，
，
，
当，即时，，
的最大值为.
【点睛】
本题考查极坐标方程的应用，考查三角函数性质的应用，是中档题.
20、（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）根据，求导，令，用导数法求其最小值.
设研究在处左正右负，求导，分 ，，三种情况讨论求解.
【详解】
（1）因为，
所以，
令，则，
所以是的增函数，
故，
即.
因为
所以，
①当时，，
所以函数在上单调递增.
若，则
若，则
所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是，
所以在处取得极小值，不符合题意，
②当时，
所以函数在上单调递减.
若，则
若，则
所以的单调递减区间是，单调递增区间是，
所以在处取得极大值，符合题意.
③当时，，使得，
即，但当时，即
所以函数在上单调递减，
所以，即函数)在上单调递减，不符合题意
综上所述，的取值范围是
【点睛】
本题主要考查导数与函数的单调性和极值，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.
21、（1）（2）
【解析】
（1）求出及其导函数，利用研究的单调性和最值，根据零点存在定理和零点定义可得的范围．
（2）令，题意说明时，恒成立.同样求出导函数，由研究的单调性，通过分类讨论可得的单调性得出结论．
【详解】
解（1）函数
所以
讨论：
①当时，无零点；
②当时，，所以在上单调递增.
取，则
又，所以，此时函数有且只有一个零点；
③当时，令，解得（舍）或
当时，，所以在上单调递减；
当时，所以在上单调递增.
据题意，得，所以（舍）或
综上，所求实数的取值范围为.
（2）令，根据题意知，当时，恒成立.
又
讨论：
①若，则当时，恒成立，所以在上是增函数.
又函数在上单调递增，在上单调递增，所以存在使，不符合题意.
②若，则当时，恒成立，所以在上是增函数，据①求解知，
不符合题意.
③若，则当时，恒有，故在上是减函数，
于是“对任意成立”的充分条件是“”，即，
解得，故
综上，所求实数的取值范围是.
【点睛】
本题考查函数零点问题，考查不等式恒成立问题，考查用导数研究函数的单调性．解题关键是通过分类讨论研究函数的单调性．本题难度较大，考查掌握转化与化归思想，考查学生分析问题解决问题的能力．
22、（1）；（2）2个，证明见解析
【解析】
（1）要恒成立，只要的最小值大于或等于零即可，所以只要讨论求解看是否有最小值；
（2）将图像与图像的交点个数转化为方程实数解的个数问题，然后构造函数，再利用导数讨论此函数零点的个数.
【详解】
（1）的定义域为，因为，
1°当时，在上单调递减，时，使得，与条件矛盾；
2°当时，由，得；由，得，所以在上单调递减，在上单调递增，即有，由恒成立，所以恒成立，令，
若；
若；而时，，要使恒成立，
故.
（2）原问题转化为方程实根个数问题，
当时，图象与图象有且仅有2个交点，理由如下：
由，即，令，
因为，所以是的一根；，
1°当时，，
所以在上单调递减，，即在上无实根；
2°当时，，
则在上单调递递增，又，
所以在上有唯一实根，且满足，
①当时，在上单调递减，此时在上无实根；
②当时，在上单调递增，
，故在上有唯一实根.
3°当时，由（1）知，在上单调递增，
所以，
故，所以在上无实根.
综合1°，2°，3°，故有两个实根，即图象与图象有且仅有2个交点.
【点睛】
此题考查不等式恒成立问题、函数与方程的转化思想，考查导数的运用，属于较难题.