2026届广东省中山一中等六校高考考前提分数学仿真卷含解析

这是一份2026届广东省中山一中等六校高考考前提分数学仿真卷含解析，共18页。试卷主要包含了复数，的展开式中有理项有，如图，在中，，且，则等内容，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．已知函数的图象如图所示，则可以为（ ）
A．B．C．D．
2．已知点，是函数的函数图像上的任意两点，且在点处的切线与直线AB平行，则( )
A．，b为任意非零实数B．，a为任意非零实数
C．a、b均为任意实数D．不存在满足条件的实数a，b
3．已知等差数列的前13项和为52，则（ ）
A．256B．-256C．32D．-32
4．已知当，，时，，则以下判断正确的是
A．B．
C．D．与的大小关系不确定
5．已知，且，则在方向上的投影为（ ）
A．B．C．D．
6．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则
（ ）
A．α∥β且∥αB．α⊥β且⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于D．α与β相交，且交线平行于
7．复数（为虚数单位），则等于（ ）
A．3B．
C．2D．
8．的展开式中有理项有（ ）
A．项B．项C．项D．项
9．某几何体的三视图如右图所示,则该几何体的外接球表面积为( )
A．B．
C．D．
10．如图，在中，，且，则（ ）
A．1B．C．D．
11．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
12．在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．
甲：我的成绩比乙高．
乙：丙的成绩比我和甲的都高．
丙：我的成绩比乙高．
成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为
A．甲、乙、丙B．乙、甲、丙
C．丙、乙、甲D．甲、丙、乙
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在面积为的中，，若点是的中点，点满足，则的最大值是______.
14．小李参加有关“学习强国”的答题活动，要从4道题中随机抽取2道作答，小李会其中的三道题，则抽到的2道题小李都会的概率为_____.
15．在中，角，，的对边长分别为，，，满足，，则的面积为__．
16．在中，若，则的范围为________.
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）设函数 .
(I)求的最小正周期；
(II)若且，求的值.
18．（12分）如图所示，在三棱柱中，为等边三角形，，，平面，是线段上靠近的三等分点.
（1）求证：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
19．（12分）已知等差数列满足，公差，等比数列满足，，．
求数列，的通项公式；
若数列满足，求的前项和．
20．（12分）已知等差数列满足，.
（l）求等差数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
21．（12分）已知椭圆：，不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于，两点.
（Ⅰ）若线段的中点坐标为，求直线的方程；
（Ⅱ）若直线过点，点满足（，分别为直线，的斜率），求的值.
22．（10分）某商店举行促销反馈活动，顾客购物每满200元，有一次抽奖机会（即满200元可以抽奖一次，满400元可以抽奖两次，依次类推）.抽奖的规则如下：在一个不透明口袋中装有编号分别为1，2，3，4，5的5个完全相同的小球，顾客每次从口袋中摸出一个小球，共摸三次，每次摸出的小球均不放回口袋，若摸得的小球编号一次比一次大（如1，2，5），则获得一等奖，奖金40元；若摸得的小球编号一次比一次小（如5，3，1），则获得二等奖，奖金20元；其余情况获得三等奖，奖金10元.
（1）某人抽奖一次，求其获奖金额X的概率分布和数学期望;
（2）赵四购物恰好满600元，假设他不放弃每次抽奖机会，求他获得的奖金恰好为60元的概率.
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】
根据图象可知，函数为奇函数，以及函数在上单调递增，且有一个零点，即可对选项逐个验证即可得出．
【详解】
首先对4个选项进行奇偶性判断，可知，为偶函数，不符合题意，排除B；
其次，在剩下的3个选项,对其在上的零点个数进行判断, 在上无零点, 不符合题意，排除D；然后,对剩下的2个选项,进行单调性判断, 在上单调递减, 不符合题意，排除C.
故选：A．
【点睛】
本题主要考查图象的识别和函数性质的判断，意在考查学生的直观想象能力和逻辑推理能力，属于容易题．
2、A
【解析】
求得的导函数，结合两点斜率公式和两直线平行的条件：斜率相等，化简可得，为任意非零实数.
【详解】
依题意，在点处的切线与直线AB平行，即有
，所以，由于对任意上式都成立，可得，为非零实数.
故选：A
【点睛】
本题考查导数的运用，求切线的斜率，考查两点的斜率公式，以及化简运算能力，属于中档题．
3、A
【解析】
利用等差数列的求和公式及等差数列的性质可以求得结果.
【详解】
由，，得.选A.
【点睛】
本题主要考查等差数列的求和公式及等差数列的性质，等差数列的等和性应用能快速求得结果.
4、C
【解析】
由函数的增减性及导数的应用得：设，求得可得为增函数，又，，时，根据条件得，即可得结果．
【详解】
解：设，
则，
即为增函数，
又，，，，
即，
所以，
所以．
故选：C．
【点睛】
本题考查了函数的增减性及导数的应用，属中档题．
5、C
【解析】
由向量垂直的向量表示求出，再由投影的定义计算．
【详解】
由
可得，因为，所以．故在方向上的投影为．
故选：C．
【点睛】
本题考查向量的数量积与投影．掌握向量垂直与数量积的关系是解题关键．
6、D
【解析】
试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D．
考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论．
7、D
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，从而求得，然后直接利用复数模的公式求解.
【详解】
，
所以，，
故选：D.
【点睛】
该题考查的是有关复数的问题，涉及到的知识点有复数的乘除运算，复数的共轭复数，复数的模，属于基础题目.
8、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.
9、A
【解析】
由三视图知：几何体为三棱锥，且三棱锥的一条侧棱垂直于底面，结合直观图判断外接球球心的位置，求出半径，代入求得表面积公式计算．
【详解】
由三视图知：几何体为三棱锥，且三棱锥的一条侧棱垂直于底面，高为2，
底面为等腰直角三角形，斜边长为，如图：
的外接圆的圆心为斜边的中点，，且平面，
，
的中点为外接球的球心，
半径，
外接球表面积．
故选：A
【点睛】
本题考查了由三视图求几何体的外接球的表面积，根据三视图判断几何体的结构特征，利用几何体的结构特征与数据求得外接球的半径是解答本题的关键．
10、C
【解析】
由题可,所以将已知式子中的向量用表示，可得到的关系，再由三点共线，又得到一个关于的关系，从而可求得答案
【详解】
由，则
，即，所以，又共线，则.
故选：C
【点睛】
此题考查的是平面向量基本定理的有关知识，结合图形寻找各向量间的关系，属于中档题.
11、A
【解析】
试题分析：由题意，得，解得，故选A．
考点：函数的定义域．
12、A
【解析】
利用逐一验证的方法进行求解.
【详解】
若甲预测正确，则乙、丙预测错误，则甲比乙成绩高，丙比乙成绩低，故3人成绩由高到低依次为甲，乙，丙；若乙预测正确，则丙预测也正确，不符合题意；若丙预测正确，则甲必预测错误，丙比乙的成绩高，乙比甲成绩高，即丙比甲，乙成绩都高，即乙预测正确，不符合题意，故选A．
【点睛】
本题将数学知识与时政结合，主要考查推理判断能力．题目有一定难度，注重了基础知识、逻辑推理能力的考查．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由任意三角形面积公式与构建关系表示|AB||AC|，再由已知与平面向量的线性运算、平面向量数量积的运算转化，最后由重要不等式求得最值.
【详解】
由△ABC的面积为得|AB||AC|sin∠BAC=，
所以|AB||AC|sin∠BAC=，①
又,即|AB||AC|cs∠BAC=，②
由①与②的平方和得:|AB||AC|=，
又点M是AB的中点，点N满足，
所以
，
当且仅当时，取等号，
即的最大值是为.
故答案为：
【点睛】
本题考查平面向量中由线性运算表示未知向量，进而由重要不等式求最值，属于中档题.
14、
【解析】
从四道题中随机抽取两道共6种情况，抽到的两道全都会的情况有3种，即可得到概率.
【详解】
由题：从从4道题中随机抽取2道作答，共有种，
小李会其中的三道题，则抽到的2道题小李都会的情况共有种，
所以其概率为.
故答案为：
【点睛】
此题考查根据古典概型求概率，关键在于根据题意准确求出基本事件的总数和某一事件包含的基本事件个数.
15、．
【解析】
由二次方程有解的条件，结合辅助角公式和正弦函数的值域可求，进而可求，然后结合余弦定理可求，代入，计算可得所求．
【详解】
解：把看成关于的二次方程，
则，即，
即为，
化为，而，
则，
由于，可得，
可得，即，
代入方程可得，，
，
由余弦定理可得，，
解得：（负的舍去），
．
故答案为．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的根的存在条件及辅助角公式及余弦定理和三角形的面积公式的应用，属于中档题．
16、
【解析】
借助正切的和角公式可求得，即则通过降幂扩角公式和辅助角公式可化简,由，借助正弦型函数的图象和性质即可解得所求.
【详解】
，
所以，
.
因为，所以，
所以.
故答案为: .
【点睛】
本题考查了三角函数的化简,重点考查学生的计算能力,难度一般.
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、 (I)；(II)
【解析】
(I)化简得到，得到周期.
(II) ，故，根据范围判断，代入计算得到答案.
【详解】
(I)
，故.
(II) ，故，，
，故，，
故，故，
.
【点睛】
本题考查了三角函数的周期，三角恒等变换，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
18、（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）由，故，所以四边形为菱形，再通过，证得，所以四边形为正方形，得到.
（2）根据（1）的论证，建立空间直角坐标，设平面的法向量为，由求得，再由，利用线面角的向量法公式求解.
【详解】
（1）因为，故，
所以四边形为菱形，
而平面，故.
因为，故，
故，即四边形为正方形，故.
（2）依题意，.在正方形中，，
故以为原点，所在直线分别为、、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系；
如图所示：
不纺设，
则，
又因为，所以.
所以.
设平面的法向量为，
则，
即，
令，则.于是.
又因为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
本题考查空间线面的位置关系、线面成角，还考查空间想象能力以及数形结合思想，属于中档题.
19、，；.
【解析】
由，公差，有，，成等比数列，所以，解得.进而求出数列，的通项公式；
当时，由，所以，当时，由，，可得，进而求出前项和．
【详解】
解：由题意知，，公差，有1，，成等比数列，
所以，解得．
所以数列的通项公式．
数列的公比，其通项公式．
当时，由，所以．
当时，由，，
两式相减得，
所以．
故
所以的前项和
，．
又时，，也符合上式，故.
【点睛】
本题主要考查等差数列和等比数列的概念，通项公式，前项和公式的应用等基础知识；考查运算求解能力，方程思想，分类讨论思想，应用意识，属于中档题．
20、 (1)；(2).
【解析】
试题分析：（1）设等差数列满的首项为，公差为，代入两等式可解。
（2）由（1），代入得，所以通过裂项求和可求得。
试题解析：（1）设等差数列的公差为，则由题意可得，解得.
所以.
（2）因为，
所以.
所以 .
21、（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）根据点差法，即可求得直线的斜率，则方程即可求得；
（Ⅱ）设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理，根据，即可求得参数的值.
【详解】
（1）设，，则
两式相减，可得.（*）
因为线段的中点坐标为，所以，.
代入（*）式，得.
所以直线的斜率.
所以直线的方程为，即.
（Ⅱ）设直线：（），联立
整理得.
所以，解得.
所以，.
所以
，
所以.
所以.
因为，所以.
【点睛】
本题考查中点弦问题的点差法求解，以及利用代数与几何关系求直线方程，涉及韦达定理的应用，属中档题.
22、（1）分布见解析，期望为；（2）.
【解析】
（1）先明确X的可能取值，分别求解其概率，然后写出分布列，利用期望公式可求期望；
（2）获得的奖金恰好为60元，可能是三次二等奖，也可能是一次一等奖，两次三等奖，然后分别求解概率即可.
【详解】
（1）由题意知，随机变量X的可能取值为10，20，40
且，，
所以，
即随机变量X的概率分布为
所以随机变量X的数学期望.
（2）由题意知，赵四有三次抽奖机会，设恰好获得60元为事件A，
因为60＝20×3＝40＋10＋10，
所以．
【点睛】
本题主要考查随机变量的分布列及数学期望，明确随机变量的所有取值是求解的第一步，再求解对应的概率，侧重考查数学建模的核心素养.
X
10
20
40
P