2026届广东省广州市广东二师番禺附中高三压轴卷数学试卷含解析

这是一份2026届广东省广州市广东二师番禺附中高三压轴卷数学试卷含解析，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，明代数学家程大位，已知函数且，则实数的取值范围是等内容，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．已知函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
2．已知定义在上的函数满足，且在上是增函数，不等式对于恒成立，则的取值范围是
A．B．C．D．
3．数列满足，且，，则（ ）
A．B．9C．D．7
4．明代数学家程大位（1533~1606年），有感于当时筹算方法的不便，用其毕生心血写出《算法统宗》，可谓集成计算的鼻祖．如图所示的程序框图的算法思路源于其著作中的“李白沽酒”问题．执行该程序框图，若输出的的值为，则输入的的值为（ ）
A．B．C．D．
5．将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，则所得函数图象的一个对称中心为（ ）
A．B．C．D．
6．函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，并且函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，则实数的值为（ ）
A．B．C．2D．
7．已知函数且，则实数的取值范围是( )
A．B．C．D．
8．已知复数满足，其中是虚数单位，则复数在复平面中对应的点到原点的距离为（ ）
A．B．C．D．
9．已知命题,；命题若，则，下列命题为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
10．半径为2的球内有一个内接正三棱柱，则正三棱柱的侧面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
11．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）
12．已知为圆的一条直径，点的坐标满足不等式组则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．数列的前项和为，数列的前项和为，满足，，且.若任意，成立，则实数的取值范围为__________.
14．若，则的展开式中含的项的系数为_______.
15．已知椭圆的下顶点为，若直线与椭圆交于不同的两点、，则当_____时，外心的横坐标最大．
16．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_______．
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）已知函数，函数在点处的切线斜率为0.
（1）试用含有的式子表示，并讨论的单调性；
（2）对于函数图象上的不同两点，，如果在函数图象上存在点，使得在点处的切线，则称存在“跟随切线”.特别地，当时，又称存在“中值跟随切线”.试问：函数上是否存在两点使得它存在“中值跟随切线”，若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由.
18．（12分）设数列是等比数列，，已知, (1)求数列的首项和公比；（2）求数列的通项公式．
19．（12分）已知函数，为的导数，函数在处取得最小值．
（1）求证：；
（2）若时，恒成立，求的取值范围．
20．（12分）已知函数.
（Ⅰ）已知是的一个极值点，求曲线在处的切线方程
（Ⅱ）讨论关于的方程根的个数.
21．（12分）在中，角，，所对的边分别为，，，且．
求的值；
设的平分线与边交于点，已知，，求的值.
22．（10分）已知函数.
（1）解关于的不等式；
（2）若函数的图象恒在直线的上方，求实数的取值范围
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】
首先求得平移后的函数，再根据求的最小值.
【详解】
根据题意，的图象向左平移个单位后，所得图象对应的函数，
所以，所以．又，所以的最小值为．
故选：A
【点睛】
本题考查三角函数的图象变换，诱导公式，意在考查平移变换，属于基础题型.
2、A
【解析】
根据奇偶性定义和性质可判断出函数为偶函数且在上是减函数，由此可将不等式化为；利用分离变量法可得，求得的最大值和的最小值即可得到结果.
【详解】
为定义在上的偶函数，图象关于轴对称
又在上是增函数 在上是减函数
，即
对于恒成立 在上恒成立
，即的取值范围为：
本题正确选项：
【点睛】
本题考查利用函数的奇偶性和单调性求解函数不等式的问题，涉及到恒成立问题的求解；解题关键是能够利用函数单调性将函数值的大小关系转化为自变量的大小关系，从而利用分离变量法来处理恒成立问题.
3、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．
4、C
【解析】
根据程序框图依次计算得到答案.
【详解】
，；，；，；
，；，此时不满足，跳出循环，
输出结果为，由题意，得．
故选:
【点睛】
本题考查了程序框图的计算，意在考查学生的理解能力和计算能力.
5、D
【解析】
先化简函数解析式,再根据函数的图象变换规律,可得所求函数的解析式为,再由正弦函数的对称性得解.
【详解】
,
将函数图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍,所得函数的解析式为
,
再向右平移个单位长度,所得函数的解析式为
,
，
可得函数图象的一个对称中心为，故选D.
【点睛】
三角函数的图象与性质是高考考查的热点之一，经常考查定义域、值域、周期性、对称性、奇偶性、单调性、最值等，其中公式运用及其变形能力、运算能力、方程思想等可以在这些问题中进行体现，在复习时要注意基础知识的理解与落实．三角函数的性质由函数的解析式确定，在解答三角函数性质的综合试题时要抓住函数解析式这个关键，在函数解析式较为复杂时要注意使用三角恒等变换公式把函数解析式化为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦（余弦）函数的性质求解．
6、C
【解析】
由函数的图象向右平移个单位得到，函数在区间上单调递增，在区间
上单调递减，可得时，取得最大值，即，，，当时，解得，故选C.
点睛：本题主要考查了三角函数图象的平移变换和性质的灵活运用，属于基础题；据平移变换“左加右减，上加下减”的规律求解出，根据函数在区间上单调递增，在区间上单调递减可得时，取得最大值，求解可得实数的值.
7、B
【解析】
构造函数，判断出的单调性和奇偶性，由此求得不等式的解集.
【详解】
构造函数，由解得，所以的定义域为，且，所以为奇函数，而，所以在定义域上为增函数，且.由得，即，所以.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查利用函数的单调性和奇偶性解不等式，属于中档题.
8、B
【解析】
利用复数的除法运算化简z, 复数在复平面中对应的点到原点的距离为利用模长公式即得解.
【详解】
由题意知复数在复平面中对应的点到原点的距离为
故选：B
【点睛】
本题考查了复数的除法运算，模长公式和几何意义，考查了学生概念理解，数学运算，数形结合的能力，属于基础题.
9、B
【解析】
解：命题p：∀x＞0，ln（x+1）＞0，则命题p为真命题，则￢p为假命题；
取a=﹣1，b=﹣2，a＞b，但a2＜b2，则命题q是假命题，则￢q是真命题．
∴p∧q是假命题，p∧￢q是真命题，￢p∧q是假命题，￢p∧￢q是假命题．
故选B．
10、B
【解析】
设正三棱柱上下底面的中心分别为，底面边长与高分别为，利用，可得，进一步得到侧面积，再利用基本不等式求最值即可.
【详解】
如图所示.设正三棱柱上下底面的中心分别为，底面边长与高分别为，则，
在中，，化为，
，
，
当且仅当时取等号，此时.
故选：B.
【点睛】
本题考查正三棱柱与球的切接问题，涉及到基本不等式求最值，考查学生的计算能力，是一道中档题.
11、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。
12、D
【解析】
首先将转化为，只需求出的取值范围即可，而表示可行域内的点与圆心距离，数形结合即可得到答案.
【详解】
作出可行域如图所示
设圆心为，则
,
过作直线的垂线，垂足为B，显然，又易得，
所以，，
故.
故选：D.
【点睛】
本题考查与线性规划相关的取值范围问题，涉及到向量的线性运算、数量积、点到直线的距离等知识，考查学生转化与划归的思想，是一道中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
当时，，可得到，再用累乘法求出，再求出，根据定义求出，再借助单调性求解．
【详解】
解：当时，，则，，
当时，，
，
，
，
，
（当且仅当时等号成立），
，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查已知求，累乘法，主要考查计算能力，属于中档题．
14、
【解析】
首先根据定积分的应用求出的值,进一步利用二项式的展开式的应用求出结果.
【详解】
，
根据二项式展开式通项：，
令，解得，
所以含的项的系数.
故答案为：
【点睛】
本题考查定积分，二项式的展开式的应用,主要考查学生的运算求解能力,属于基础题.
15、
【解析】
由已知可得、的坐标，求得的垂直平分线方程，联立已知直线方程与椭圆方程，求得的垂直平分线方程，两垂直平分线方程联立求得外心的横坐标，再由导数求最值．
【详解】
如图，
由已知条件可知，不妨设，则外心在的垂直平分线上，
即在直线，也就是在直线上，
联立，得或，
的中点坐标为，
则的垂直平分线方程为，
把代入上式，得，
令，则，
由，得（舍）或．
当时，，当时，.
当时，函数取极大值，亦为最大值．
故答案为：.
【点睛】
本题考查直线与椭圆位置关系的应用，训练了利用导数求最值，是中等题．
16、
【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.
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），单调性见解析；（2）不存在，理由见解析
【解析】
（1）由题意得，即可得；求出函数的导数，再根据、、、分类讨论，分别求出、的解集即可得解；
（2）假设满足条件的、存在，不妨设，且，由题意得可得，令（），构造函数（），求导后证明即可得解.
【详解】
（1）由题可得函数的定义域为且，
由，整理得.
.
（ⅰ）当时，易知，，时.
故在上单调递增，在上单调递减.
（ⅱ）当时，令，解得或，则
①当，即时，在上恒成立，则在上递增.
②当，即时，当时，；
当时，.
所以在上单调递增，单调递减，单调递增.
③当，即时，当时，；当时，.
所以在上单调递增，单调递减，单调递增.
综上，当时，在上单调递增，在单调递减.
当时，在及上单调递增；在上单调递减.
当时，在上递增.
当时，在及上单调递增；在上递减.
（2）满足条件的、不存在，理由如下：
假设满足条件的、存在，不妨设，且，
则，
又，
由题可知，整理可得：，
令（），构造函数（）.
则，
所以在上单调递增，从而，
所以方程无解，即无解.
综上，满足条件的A、B不存在.
【点睛】
本题考查了导数的应用，考查了计算能力和转化化归思想，属于中档题.
18、 (1)（2）
【解析】
本题主要考查了等比数列的通项公式的求解，数列求和的错位相减求和是数列求和中的重点与难点，要注意掌握．
（1）设等比数列{an}的公比为q，则q+q2=6，解方程可求q
（2）由（1）可求an=a1•qn-1=2n-1，结合数列的特点，考虑利用错位相减可求数列的和
解：（1）
（2），
两式相减：
19、（1）见解析； （2）.
【解析】
（1）对求导，令，求导研究单调性，分析可得存在使得，即，即得证；
（2）分，两种情况讨论，当时，转化利用均值不等式即得证；当，有两个不同的零点，，分析可得的最小值为，分，讨论即得解.
【详解】
（1）由题意，
令，则，知为的增函数，
因为，，
所以，存在使得，即．
所以，当时，为减函数，
当时，为增函数，
故当时，取得最小值，也就是取得最小值．
故，于是有，即，
所以有，证毕．
（2）由（1）知，的最小值为，
①当，即时，为的增函数，
所以，
，
由（1）中，得，即．
故满足题意．
②当，即时，有两个不同的零点，，
且，即，
若时，为减函数，（*）
若时，为增函数，
所以的最小值为．
注意到时，，且此时，
（ⅰ）当时，，
所以，即，
又
，
而，所以，即．
由于在下，恒有，所以．
（ⅱ）当时，，
所以，
所以由（*）知时，为减函数，
所以，不满足时，恒成立，故舍去．
故满足条件．
综上所述：的取值范围是．
【点睛】
本题考查了函数与导数综合，考查了利用导数研究函数的最值和不等式的恒成立问题，考查了学生综合分析，转化划归，分类讨论，数学运算能力，属于较难题.
20、（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析
【解析】
（Ⅰ）求函数的导数，利用x=2是f (x)的一个极值点，得f' (2) =0建立方程求出a的值，结合导数的几何意义进行求解即可；
（Ⅱ）利用参数法分离法得到，构造函数求出函数的导数研究函数的单调性和最值，利用数形结合转化为图象交点个数进行求解即可.
【详解】
（Ⅰ）因为，则，
因为是的一个极值点，所以，即，
所以，
因为，，
则直线方程为，即；
（Ⅱ）因为，所以，
所以，设，则，
所以在上是增函数，在上是减函数，
故，
所以，所以，
设，则，
所以在上是减函数，上是增函数，
所以，
所以当时，，函数在是减函数，
当时，，函数在是增函数，
因为时，，，，
所以当时，方程无实数根，
当时，方程有两个不相等实数根，
当或时，方程有1个实根.
【点睛】
本题考查函数中由极值点求参，导数的几何意义，还考查了利用导数研究方程根的个数问题，属于难题.
21、；.
【解析】
利用正弦定理化简求值即可；
利用两角和差的正弦函数的化简公式，结合正弦定理求出的值.
【详解】
解：，由正弦定理得：，
，
，
，
，
又，为三角形内角，故，，
则，故，；
（2）平分，设，则,,
，，则，
，又，
则
在中，由正弦定理：，.
【点睛】
本题考查正弦定理和两角和差的正弦函数的化简公式，二倍角公式，考查运算能力，属于基础题.
22、（1）（2）
【解析】
（1）零点分段法分，，三种情况讨论即可；
（2）只需找到的最小值即可.
【详解】
（1）由.
若时，，解得；
若时，，解得；
若时，，解得；
故不等式的解集为.
（2）由，有，得，
故实数的取值范围为.
【点睛】
本题考查绝对值不等式的解法以及不等式恒成立问题，考查学生的运算能力，是一道基础题.