2026届广东省湛江一中下学期高考数学全真模拟密押卷含解析

这是一份2026届广东省湛江一中下学期高考数学全真模拟密押卷含解析，共20页。试卷主要包含了曲线在点处的切线方程为，的展开式中有理项有等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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．△ABC中，AB＝3，，AC＝4，则△ABC的面积是（ ）
A．B．C．3D．
2．在中，“”是“为钝角三角形”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．正方形的边长为，是正方形内部（不包括正方形的边）一点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
4．不等式组表示的平面区域为，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
5．已知复数满足，则=（ ）
A．B．
C．D．
6．曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
7．的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为
A．-40B．-20C．20D．40
8．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且，若正方体的六个面所在的平面与直线相交的平面个数分别记为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
9．的展开式中有理项有（ ）
A．项B．项C．项D．项
10．已知实数、满足约束条件，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
11．设为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
12．中，，为的中点，，，则（ ）
A．B．C．D．2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．某四棱锥的三视图如图所示，那么此四棱锥的体积为______.
14．已知，满足约束条件，则的最小值为______．
15．函数的最大值与最小正周期相同，则在上的单调递增区间为______.
16．正方形的边长为2，圆内切于正方形，为圆的一条动直径，点为正方形边界上任一点，则的取值范围是______.
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）已知数列的前项和为，且满足（）.
（1）求数列的通项公式；
（2）设（），数列的前项和.若对恒成立，求实数，的值.
18．（12分）在三棱柱中，，，，且.
（1）求证：平面平面；
（2）设二面角的大小为，求的值.
19．（12分）在平面四边形(图①)中，与均为直角三角形且有公共斜边，设，∠，∠，将沿折起，构成如图②所示的三棱锥，且使=.
（1）求证：平面⊥平面；
（2）求二面角的余弦值.
20．（12分）已知与有两个不同的交点，其横坐标分别为（）.
（1）求实数的取值范围；
（2）求证：.
21．（12分）设首项为1的正项数列{an}的前n项和为Sn，数列的前n项和为Tn，且，其中p为常数．
（1）求p的值；
（2）求证：数列{an}为等比数列；
（3）证明：“数列an，2xan+1，2yan+2成等差数列，其中x、y均为整数”的充要条件是“x＝1，且y＝2”．
22．（10分）已知函数
（1）解不等式；
（2）若函数，若对于任意的，都存在，使得成立，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】
由余弦定理求出角，再由三角形面积公式计算即可.
【详解】
由余弦定理得：，
又，所以得，
故△ABC的面积.
故选：A
【点睛】
本题主要考查了余弦定理的应用，三角形的面积公式，考查了学生的运算求解能力.
2、C
【解析】
分析：从两个方向去判断，先看能推出三角形的形状是锐角三角形，而非钝角三角形，从而得到充分性不成立，再看当三角形是钝角三角形时，也推不出成立，从而必要性也不满足，从而选出正确的结果.
详解：由题意可得，在中，因为，
所以，因为，
所以，，
结合三角形内角的条件，故A,B同为锐角，因为，
所以，即，所以，
因此，所以是锐角三角形，不是钝角三角形，
所以充分性不满足，
反之，若是钝角三角形，也推不出“，故必要性不成立，
所以为既不充分也不必要条件，故选D.
点睛：该题考查的是有关充分必要条件的判断问题，在解题的过程中，需要用到不等式的等价转化，余弦的和角公式，诱导公式等，需要明确对应此类问题的解题步骤，以及三角形形状对应的特征.
3、C
【解析】
分别以直线为轴，直线为轴建立平面直角坐标系，设，根据，可求，而，化简求解.
【详解】
解：建立以为原点，以直线为轴，直线为轴的平面直角坐标系.设，，，则，，由，即，得.所以
=，所以当时，的最小值为.
故选：C.
【点睛】
本题考查向量的数量积的坐标表示，属于基础题.
4、D
【解析】
根据题意，分析不等式组的几何意义，可得其表示的平面区域，设，分析的几何意义，可得的最小值，据此分析选项即可得答案.
【详解】
解：根据题意，不等式组其表示的平面区域如图所示，
其中 ，，
设，则，的几何意义为直线在轴上的截距的2倍，
由图可得：当过点时，直线在轴上的截距最大，即，
当过点原点时，直线在轴上的截距最小，即，
故AB错误；
设，则的几何意义为点与点连线的斜率，
由图可得最大可到无穷大，最小可到无穷小，故C错误，D正确；
故选：D.
【点睛】
本题考查本题考查二元一次不等式的性质以及应用，关键是对目标函数几何意义的认识，属于基础题.
5、B
【解析】
利用复数的代数运算法则化简即可得到结论.
【详解】
由，得，
所以，.
故选：B.
【点睛】
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题.
6、A
【解析】
将点代入解析式确定参数值，结合导数的几何意义求得切线斜率，即可由点斜式求的切线方程.
【详解】
曲线，即，
当时，代入可得，所以切点坐标为，
求得导函数可得，
由导数几何意义可知，
由点斜式可得切线方程为，即，
故选：A.
【点睛】
本题考查了导数的几何意义，在曲线上一点的切线方程求法，属于基础题.
7、D
【解析】
令x=1得a=1.故原式=．的通项，由5-2r=1得r=2,对应的常数项=80，由5-2r=-1得r=3,对应的常数项=-40，故所求的常数项为40 ，选D
解析2.用组合提取法,把原式看做6个因式相乘，若第1个括号提出x,从余下的5个括号中选2个提出x，选3个提出；若第1个括号提出，从余下的括号中选2个提出，选3个提出x.
故常数项==-40+80=40
8、A
【解析】
根据题意，画出几何位置图形，由图形的位置关系分别求得的值，即可比较各选项.
【详解】
如下图所示，平面，从而平面，
易知与正方体的其余四个面所在平面均相交，
∴，
∵平面，平面，且与正方体的其余四个面所在平面均相交，
∴，
∴结合四个选项可知，只有正确.
故选：A.
【点睛】
本题考查了空间几何体中直线与平面位置关系的判断与综合应用，对空间想象能力要求较高，属于中档题.
9、B
【解析】
由二项展开式定理求出通项，求出的指数为整数时的个数，即可求解.
【详解】
，，
当，，，时，为有理项，共项.
故选:B.
【点睛】
本题考查二项展开式项的特征，熟练掌握二项展开式的通项公式是解题的关键，属于基础题.
10、C
【解析】
作出不等式组表示的平面区域，作出目标函数对应的直线，结合图象知当直线过点时，取得最大值.
【详解】
解：作出约束条件表示的可行域是以为顶点的三角形及其内部，如下图表示：
当目标函数经过点时，取得最大值，最大值为.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查线性规划等基础知识；考查运算求解能力，数形结合思想，应用意识,属于中档题.
11、A
【解析】
利用复数的除法运算化简，求得对应的坐标，由此判断对应点所在象限.
【详解】
，对应的点的坐标为，位于第一象限.
故选：A.
【点睛】
本小题主要考查复数除法运算，考查复数对应点所在象限，属于基础题.
12、D
【解析】
在中，由正弦定理得；进而得，在中，由余弦定理可得.
【详解】
在中，由正弦定理得，得，又，所以为锐角，所以，，
在中，由余弦定理可得，
.
故选：D
【点睛】
本题主要考查了正余弦定理的应用，考查了学生的运算求解能力.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
利用三视图判断几何体的形状，然后通过三视图的数据求解几何体的体积.
【详解】
如图：
此四棱锥的高为，底面是长为，宽为2的矩形，
所以体积.
所以本题答案为.
【点睛】
本题考查几何体与三视图的对应关系，几何体体积的求法，考查空间想象能力与计算能力.解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断.
14、2
【解析】
作出可行域，平移基准直线到处，求得的最小值.
【详解】
画出可行域如下图所示，由图可知平移基准直线到处时，取得最小值为.
故答案为：
【点睛】
本小题主要考查线性规划求最值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.
15、
【解析】
利用三角函数的辅助角公式进行化简，求出函数的解析式，结合三角函数的单调性进行求解即可．
【详解】
∵
，
则函数的最大值为2，周期，
的最大值与最小正周期相同，
，得，
则，
当时，，
则当时，得，
即函数在，上的单调递增区间为，
故答案为：.
【点睛】
本题考查三角函数的性质、单调区间，利用辅助角公式求出函数的解析式是解决本题的关键，同时要注意单调区间为定义域的一个子区间．
16、
【解析】
根据向量关系表示，只需求出的取值范围即可得解.
【详解】
由题可得：，
故答案为：
【点睛】
此题考查求平面向量数量积的取值范围，涉及基本运算，关键在于恰当地对向量进行转换，便于计算解题.
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）（2），.
【解析】
（1）根据数列的通项与前n项和的关系式，即求解数列的通项公式；
（2）由（1）可得，利用等比数列的前n项和公式和裂项法，求得，结合题意，即可求解.
【详解】
（1）由题意，当时，由，解得；
当时，可得，
即，
显然当时上式也适合，所以数列的通项公式为.
（2）由（1）可得，
所以
.
因为对恒成立，
所以，.
【点睛】
本题主要考查了数列的通项公式的求解，等差数列的前n项和公式，以及裂项法求和的应用，其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，以及合理利用“裂项法”求和是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
18、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）要证明平面平面，只需证明平面即可；
（2）取的中点D，连接BD，以B为原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，分别计算平面的法向量为与平面的法向量为，利用夹角公式计算即可.
【详解】
（1）在中，，
所以，即.
因为，，，
所以.
所以，即.
又，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）由题意知，四边形为菱形，且，
则为正三角形，
取的中点D，连接BD，则.
以B为原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，则
，，，，.
设平面的法向量为，
且，.
由得取.
由四边形为菱形，得；
又平面，所以；
又，所以平面，
所以平面的法向量为.
所以.
故.
【点睛】
本题考查面面垂直的判定定理以及利用向量法求二面角正弦值的问题，在利用向量法时，关键是点的坐标要写准确，本题是一道中档题.
19、（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）取AB的中点O，连接，证得，从而证得C′O⊥平面ABD，再结合面面垂直的判定定理，即可证得平面⊥平面；
（2）以O为原点，AB，OC所在的直线为y轴，z轴，建立的空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】
(1)取AB的中点O，连接，，
在Rt△和Rt△ADB中，AB=2，则=DO=1，
又C′D= ，所以，即⊥OD，
又⊥AB，且AB∩OD=O，平面ABD，所以⊥平面ABD，
又C′O⊂平面，所以平面⊥平面DAB
（2）以O为原点，AB，OC所在的直线为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，-1，0)，B(0，1，0)，C′(0，0，1)， ，
所以，，，
设平面的法向量为=()，
则， 即，代入坐标得，
令，得，，所以，
设平面的法向量为=（），
则， 即， 代入坐标得，
令，得，，所以，
所以，
所以二面角A-C′D-B的余弦值为.
【点睛】
本题考查了面面垂直的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
20、（1）；（2）见解析
【解析】
（1）利用导数研究的单调性，分析函数性质，数形结合，即得解；
（2）构造函数，可证得：，，分析直线，与
从左到右交点的横坐标，在，处的切线即得解.
【详解】
（1）设函数，
，
令，令
故在单调递减，在单调递增，
∴，
∵时；；时
.
（2）①过点，的直线为，
则令，，
，
.
②过点，的直线为，
则，
在上单调递增
.
③设直线，与
从左到右交点的横坐标依次为，，
由图知.
④在，处的切线分别为，，同理可以证得
，.
记直线与两切线和从左到右交点的横坐标依次为，
.
【点睛】
本题考查了函数与导数综合，考查了学生数形结合，综合分析，转化划归，逻辑推理，数学运算的能力，属于较难题.
21、（1）p＝2；（2）见解析（3）见解析
【解析】
（1）取n＝1时，由得p＝0或2，计算排除p＝0的情况得到答案.
（2），则，相减得到3an+1＝4﹣Sn+1﹣Sn，再化简得到，得到证明.
（3）分别证明充分性和必要性，假设an，2xan+1，2yan+2成等差数列，其中x、y均为整数，计算化简得2x﹣2y﹣2＝1，设k＝x﹣（y﹣2），计算得到k＝1，得到答案.
【详解】
（1）n＝1时，由得p＝0或2，若p＝0时，，
当n＝2时，，解得a2＝0或，
而an＞0，所以p＝0不符合题意，故p＝2；
（2）当p＝2时，①，则②，
②﹣①并化简得3an+1＝4﹣Sn+1﹣Sn③，则3an+2＝4﹣Sn+2﹣Sn+1④，
④﹣③得（n∈N*），
又因为，所以数列{an}是等比数列，且；
（3）充分性：若x＝1，y＝2，由知an，2xan+1，2yan+2依次为，，，
满足，即an，2xan+1，2yan+2成等差数列；
必要性：假设an，2xan+1，2yan+2成等差数列，其中x、y均为整数，又，
所以，化简得2x﹣2y﹣2＝1，
显然x＞y﹣2，设k＝x﹣（y﹣2），
因为x、y均为整数，所以当k≥2时，2x﹣2y﹣2＞1或2x﹣2y﹣2＜1，
故当k＝1，且当x＝1，且y﹣2＝0时上式成立，即证．
【点睛】
本题考查了根据数列求参数，证明等比数列，充要条件，意在考查学生的综合应用能力.
22、（1）（2）
【解析】
（1）将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.
（2）利用绝对值三角不等式，求得的取值范围，根据分段函数解析式，求得的取值范围，结合题意列不等式，解不等式求得的取值范围.
【详解】
（1），
由得或或；
解得.故所求解集为.
（2）
，
即.
由（1）知，
所以，即.
∴，∴.
【点睛】
本小题考查了绝对值不等式，绝对值三角不等式和函数最值问题，考查运算求解能力，推理论证能力，化归与转化思想.