2026届广东省深圳市蛇口育才二中高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析

这是一份2026届广东省深圳市蛇口育才二中高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析，共9页。试卷主要包含了数列满足等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．为了进一步提升驾驶人交通安全文明意识，驾考新规要求驾校学员必须到街道路口执勤站岗，协助交警劝导交通.现有甲、乙等5名驾校学员按要求分配到三个不同的路口站岗，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )
A．12种B．24种C．36种D．48种
2．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．或D．
3．在中，“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
4． “完全数”是一些特殊的自然数，它所有的真因子（即除了自身以外的约数）的和恰好等于它本身.古希腊数学家毕达哥拉斯公元前六世纪发现了第一、二个“完全数”6和28，进一步研究发现后续三个完全数”分别为496，8128，33550336，现将这五个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个，则6和28不在同一组的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．德国数学家莱布尼兹(1646年-1716年)于1674年得到了第一个关于π的级数展开式,该公式于明朝初年传入我国.在我国科技水平业已落后的情况下,我国数学家､天文学家明安图(1692年-1765年)为提高我国的数学研究水平,从乾隆初年(1736年)开始,历时近30年,证明了包括这个公式在内的三个公式,同时求得了展开三角函数和反三角函数的6个新级数公式,著有《割圆密率捷法》一书,为我国用级数计算π开创了先河.如图所示的程序框图可以用莱布尼兹“关于π的级数展开式”计算π的近似值(其中P表示π的近似值),若输入,则输出的结果是( )
A．B．
C．D．
6．数列满足：，则数列前项的和为
A．B．C．D．
7．设向量，满足，，，则的取值范围是
A．B．
C．D．
8．达芬奇的经典之作《蒙娜丽莎》举世闻名.如图，画中女子神秘的微笑，，数百年来让无数观赏者人迷.某业余爱好者对《蒙娜丽莎》的缩小影像作品进行了粗略测绘，将画中女子的嘴唇近似看作一个圆弧，在嘴角处作圆弧的切线，两条切线交于点，测得如下数据：（其中）.根据测量得到的结果推算：将《蒙娜丽莎》中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角大约等于（ ）
A．B．C．D．
9．已知函数（其中，，）的图象关于点成中心对称，且与点相邻的一个最低点为，则对于下列判断：
①直线是函数图象的一条对称轴；
②点是函数的一个对称中心；
③函数与的图象的所有交点的横坐标之和为.
其中正确的判断是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
10．已知函数在上都存在导函数，对于任意的实数都有，当时，，若，则实数的取值范围是( )
A．B．C．D．
11．设不等式组，表示的平面区域为，在区域内任取一点，则点的坐标满足不等式的概率为
A．B．
C．D．
12．从抛物线上一点 (点在轴上方)引抛物线准线的垂线，垂足为，且，设抛物线的焦点为，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在的展开式中，项的系数是__________（用数字作答）．
14．袋中装有两个红球、三个白球，四个黄球，从中任取四个球，则其中三种颜色的球均有的概率为________.
15．若奇函数满足，为R上的单调函数，对任意实数都有，当时，，则________.
16．已知变量 (m>0)，且，若恒成立，则m的最大值________．
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）设抛物线的焦点为，准线为，为抛物线过焦点的弦，已知以为直径的圆与相切于点.
（1）求的值及圆的方程；
（2）设为上任意一点，过点作的切线，切点为，证明：.
18．（12分）如图， 在四棱锥中， 底面， ，， ，，点为棱的中点.
（1）证明：：
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若为棱上一点， 满足， 求二面角的余弦值.
19．（12分）如图，矩形和梯形所在的平面互相垂直，，，.
（1）若为的中点，求证：平面；
（2）若，求四棱锥的体积.
20．（12分）设函数，是函数的导数.
（1）若，证明在区间上没有零点；
（2）在上恒成立，求的取值范围.
21．（12分）若不等式在时恒成立，则的取值范围是__________.
22．（10分）已知在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数.).以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，曲线与直线其中的一个交点为，且点极径.极角
（1）求曲线的极坐标方程与点的极坐标；
（2）已知直线的直角坐标方程为，直线与曲线相交于点(异于原点)，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、C
【解析】
先将甲、乙两人看作一个整体，当作一个元素，再将这四个元素分成3个部分，每一个部分至少一个，再将这3部分分配到3个不同的路口，根据分步计数原理可得选项.
【详解】
把甲、乙两名交警看作一个整体，个人变成了4个元素，再把这4个元素分成3部分，每部分至少有1个人，共有种方法，再把这3部分分到3个不同的路口，有种方法，由分步计数原理，共有种方案。
故选：C.
【点睛】
本题主要考查排列与组合,常常运用捆绑法，插空法，先分组后分配等一些基本思想和方法解决问题，属于中档题.
2、D
【解析】
首先求出集合，再根据补集的定义计算可得；
【详解】
解：∵，解得
∴，∴.
故选：D
【点睛】
本题考查补集的概念及运算，一元二次不等式的解法，属于基础题.
3、C
【解析】
由余弦函数的单调性找出的等价条件为，再利用大角对大边，结合正弦定理可判断出“”是“”的充分必要条件.
【详解】
余弦函数在区间上单调递减，且，，
由，可得，，由正弦定理可得.
因此，“”是“”的充分必要条件.
故选：C.
【点睛】
本题考查充分必要条件的判定，同时也考查了余弦函数的单调性、大角对大边以及正弦定理的应用，考查推理能力，属于中等题.
4、C
【解析】
先求出五个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个的基本事件总数为，再求出6和28恰好在同一组包含的基本事件个数，根据即可求出6和28不在同一组的概率.
【详解】
解：根据题意，将五个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个，
则基本事件总数为，
则6和28恰好在同一组包含的基本事件个数，
∴6和28不在同一组的概率.
故选：C.
【点睛】
本题考查古典概型的概率的求法，涉及实际问题中组合数的应用.
5、B
【解析】
执行给定的程序框图，输入，逐次循环，找到计算的规律，即可求解.
【详解】
由题意，执行给定的程序框图，输入，可得：
第1次循环：；
第2次循环：；
第3次循环：；
第10次循环：，
此时满足判定条件，输出结果，
故选：B.
【点睛】
本题主要考查了循环结构的程序框图的计算与输出，其中解答中认真审题，逐次计算，得到程序框图的计算功能是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
6、A
【解析】
分析：通过对an﹣an+1=2anan+1变形可知，进而可知，利用裂项相消法求和即可．
详解：∵，∴，
又∵=5，
∴，即，
∴，
∴数列前项的和为，
故选A．
点睛：裂项相消法是最难把握的求和方法之一，其原因是有时很难找到裂项的方向，突破这一难点的方法是根据式子的结构特点，常见的裂项技巧：(1)；（2） ； （3）；（4） ；此外，需注意裂项之后相消的过程中容易出现丢项或多项的问题，导致计算结果错误.
7、B
【解析】
由模长公式求解即可.
【详解】
，
当时取等号，所以本题答案为B.
【点睛】
本题考查向量的数量积，考查模长公式，准确计算是关键，是基础题.
8、A
【解析】
由已知，设．可得．于是可得，进而得出结论．
【详解】
解：依题意，设．
则．
，．
设《蒙娜丽莎》中女子的嘴唇视作的圆弧对应的圆心角为．
则，
．
故选：A．
【点睛】
本题考查了直角三角形的边角关系、三角函数的单调性、切线的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
9、C
【解析】
分析：根据最低点，判断A=3，根据对称中心与最低点的横坐标求得周期T，再代入最低点可求得解析式为，依次判断各选项的正确与否．
详解：因为为对称中心，且最低点为，
所以A=3，且
由
所以，将带入得
，
所以
由此可得①错误，②正确，③当时，，所以与 有6个交点，设各个交点坐标依次为 ，则，所以③正确
所以选C
点睛：本题考查了根据条件求三角函数的解析式，通过求得的解析式进一步研究函数的性质，属于中档题．
10、B
【解析】
先构造函数，再利用函数奇偶性与单调性化简不等式，解得结果.
【详解】
令，则当时，，
又，所以为偶函数，
从而等价于，
因此选B.
【点睛】
本题考查利用函数奇偶性与单调性求解不等式，考查综合分析求解能力，属中档题.
11、A
【解析】
画出不等式组表示的区域，求出其面积，再得到在区域内的面积，根据几何概型的公式，得到答案.
【详解】
画出所表示的区域，易知，
所以的面积为，
满足不等式的点，在区域内是一个以原点为圆心，为半径的圆面，其面积为，
由几何概型的公式可得其概率为，
故选A项.
【点睛】
本题考查由约束条件画可行域，求几何概型，属于简单题.
12、A
【解析】
根据抛物线的性质求出点坐标和焦点坐标，进而求出点的坐标，代入斜率公式即可求解.
【详解】
设点的坐标为，
由题意知，焦点,准线方程，
所以，解得，
把点代入抛物线方程可得，
，因为，所以，
所以点坐标为，
代入斜率公式可得，.
故选：A
【点睛】
本题考查抛物线的性质，考查运算求解能力；属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
的展开式的通项为：.
令，得.
答案为：-40.
点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r＋1项，再由特定项的特点求出r值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r＋1项，由特定项得出r值，最后求出其参数.
14、
【解析】
基本事件总数n126，其中三种颜色的球都有包含的基本事件个数m72，由此能求出其中三种颜色的球都有的概率．
【详解】
解：袋中有2个红球，3个白球和4个黄球，从中任取4个球，
基本事件总数n126，
其中三种颜色的球都有，可能是2个红球，1个白球和1个黄球或1个红球，2个白球和1个黄球或1个红球，1个白球和2个黄球，
所以包含的基本事件个数m72，
∴其中三种颜色的球都有的概率是p．
故答案为：．
【点睛】
本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
15、
【解析】
根据可得,函数是以为周期的函数，令，可求，从而可得，代入解析式即可求解.
【详解】
令，则，
由，则，
所以，解得，
所以，
由时，，
所以时，；
由，所以，
所以函数是以为周期的函数，
，
又函数为奇函数，
所以.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了换元法求函数解析式、函数的奇偶性、周期性的应用，属于中档题.
16、
【解析】
在不等式两边同时取对数，然后构造函数f（x）＝，求函数的导数，研究函数的单调性即可得到结论．
【详解】
不等式两边同时取对数得，
即x2lnx1＜x1lnx2，又
即成立，
设f（x）＝，x∈（0，m），
∵x1＜x2，f（x1）＜f（x2），则函数f（x）在（0，m）上为增函数，
函数的导数，
由f′（x）＞0得1﹣lnx＞0得lnx＜1，
得0＜x＜e，
即函数f（x）的最大增区间为（0，e），
则m的最大值为e
故答案为：e
【点睛】
本题考查函数单调性与导数之间的应用，根据条件利用取对数得到不等式,从而可构造新函数，是解决本题的关键
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，；（2）证明见解析.
【解析】
（1）由题意得的方程为，根据为抛物线过焦点的弦，以为直径的圆与相切于点..利用抛物线和圆的对称性，可得，圆心为，半径为2.
（2）设，的方程为，代入的方程，得，根据直线与抛物线相切，令，得，代入，解得.将代入的方程，得，得到点N的坐标为，然后求解.
【详解】
（1）解：由题意得的方程为，
所以，解得.
又由抛物线和圆的对称性可知，所求圆的圆心为，半径为2.
所以圆的方程为.
（2）证明：易知直线的斜率存在且不为0，
设，的方程为，代入的方程，
得.
令，得，
所以，解得.
将代入的方程，得，即点N的坐标为，
所以，
，
故.
【点睛】
本题主要考查抛物线的定义几何性质以及直线与抛物线的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
18、（1）证明见解析 （2） （3）
【解析】
（1）根据题意以为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并表示出，由空间向量数量积运算即可证明.
（2）先求得平面的法向量，即可求得直线与平面法向量夹角的余弦值，即为直线与平面所成角的正弦值；
（3）由点在棱上，设，再由，结合，由空间向量垂直的坐标关系求得的值.即可表示出.求得平面和平面的法向量，由空间向量数量积的运算求得两个平面夹角的余弦值，再根据二面角的平面角为锐角即可确定二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：∵底面，，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
∵，，点为棱 的中点．
∴，，，，
，
，
.
（2）,
设平面的法向量为.
则，代入可得，
令解得，即，
设直线与平面所成角为，由直线与平面夹角可知

所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3），
由点在棱上，设，
故，
由，得，
解得，
即，
设平面的法向量为，
由，得，
令，则
取平面的法向量，
则二面角的平面角满足，
由图可知，二面角为锐二面角，
故二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查了空间向量的综合应用，由空间向量证明线线垂直，求直线与平面夹角及平面与平面形成的二面角大小，计算量较大，属于中档题.
19、 (1)见解析(2)
【解析】
（1）设EC与DF交于点N，连结MN，由中位线定理可得MN∥AC，故AC∥平面MDF；
（2）取CD中点为G，连结BG，EG，则可证四边形ABGD是矩形，由面面垂直的性质得出BG⊥平面CDEF，故BG⊥DF，又DF⊥BE得出DF⊥平面BEG，从而得出DF⊥EG，得出Rt△DEG～Rt△EFD，列出比例式求出DE，代入体积公式即可计算出体积．
【详解】
（1）证明：设与交于点，连接，
在矩形中，点为中点，
∵为的中点，∴，
又∵平面，平面，
∴平面.
（2）取中点为，连接，，
平面平面，
平面平面，
平面，，
∴平面，同理平面，
∴的长即为四棱锥的高，
在梯形中，，
∴四边形是平行四边形，，
∴平面，
又∵平面，∴，
又，，
∴平面，.
注意到，
∴，，
∴.
【点睛】
求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法——分割法、补形法、等体积法. ①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．
20、（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）先利用导数的四则运算法则和导数公式求出，再由函数的导数可知，
函数在上单调递增，在上单调递减，而，，可知在区间上恒成立，即在区间上没有零点；
（2）由题意可将转化为，构造函数，
利用导数讨论研究其在上的单调性，由，即可求出的取值范围．
【详解】
（1）若，则，，
设，则，，
，故函数是奇函数．
当时，，，这时，
又函数是奇函数，所以当时，.
综上，当时，函数单调递增；当时，函数单调递减.
又，，
故在区间上恒成立，所以在区间上没有零点.
（2），由，所以恒成立，
若，则，设，
.
故当时，，又，所以当时，，满足题意；
当时，有，与条件矛盾，舍去；
当时，令，则，
又，故在区间上有无穷多个零点，
设最小的零点为，
则当时，，因此在上单调递增.
，所以.
于是，当时，，得，与条件矛盾.
故的取值范围是.
【点睛】
本题主要考查导数的四则运算法则和导数公式的应用，以及利用导数研究函数的单调性和最值，涉及分类讨论思想和放缩法的应用，难度较大，意在考查学生的数学建模能力，数学运算能力和逻辑推理能力，属于较难题．
21、
【解析】
原不等式等价于在恒成立，令，，求出在上的最小值后可得的取值范围.
【详解】
因为在时恒成立，故在恒成立.
令，由可得.
令，，则为上的增函数，故.
故.
故答案为：.
【点睛】
本题考查含参数的不等式的恒成立，对于此类问题，优先考虑参变分离，把恒成立问题转化为不含参数的新函数的最值问题，本题属于基础题.
22、（1）极坐标方程为，点的极坐标为（2）
【解析】
（1）利用极坐标方程、普通方程、参数方程间的互化公式即可；
（2）只需算出A、B两点的极坐标，利用计算即可.
【详解】
（1）曲线C：(为参数，)
，
将代入，解得，
即曲线的极坐标方程为，
点的极坐标为.
（2)由（1），得点的极坐标为，
由直线过原点且倾斜角为，知点的极坐标为，
.
【点睛】
本题考查极坐标方程、普通方程、参数方程间的互化以及利用极径求三角形面积，考查学生的运算能力，是一道基础题.