2026届广东仲元中学高考数学押题试卷含解析

这是一份2026届广东仲元中学高考数学押题试卷含解析，共19页。试卷主要包含了已知集合，，则中元素的个数为，已知集合等内容，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．函数图像可能是（ ）
A．B．C．D．
2．已知，，，，．若实数，满足不等式组，则目标函数（ ）
A．有最大值，无最小值B．有最大值，有最小值
C．无最大值，有最小值D．无最大值，无最小值
3．设x、y、z是空间中不同的直线或平面，对下列四种情形：①x、y、z均为直线；②x、y是直线，z是平面；③z是直线，x、y是平面；④x、y、z均为平面.其中使“且”为真命题的是（ ）
A．③④B．①③C．②③D．①②
4．已知是的共轭复数,则（ ）
A．B．C．D．
5．已知，则“直线与直线垂直”是“”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
6．已知函数，，若对任意的总有恒成立，记的最小值为，则最大值为（ ）
A．1B．C．D．
7．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．
8．已知集合，，则中元素的个数为( )
A．3B．2C．1D．0
9．已知集合．为自然数集，则下列表示不正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．8
11．已知是双曲线的左、右焦点，若点关于双曲线渐近线的对称点满足（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
12．在中，角的对边分别为，若．则角的大小为( )
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若，则_________.
14．如图梯形为直角梯形，，图中阴影部分为曲线与直线围成的平面图形，向直角梯形内投入一质点，质点落入阴影部分的概率是_____________
15．已知关于的不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围为_________．
16．若函数在区间上有且仅有一个零点，则实数的取值范围有___________.
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.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若时不等式成立，求的取值范围.
18．（12分）的内角、、所对的边长分别为、、，已知.
（1）求的值；
（2）若，点是线段的中点，，求的面积.
19．（12分）已知函数，曲线在点处的切线方程为.
（1）求，的值；
（2）证明函数存在唯一的极大值点，且.
20．（12分）如图,在四棱锥中,四边形是直角梯形, 底面 ,是的中点.
（1）.求证:平面平面;
（2）.若二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值.
21．（12分）如图，四棱锥中，底面ABCD为菱形，平面ABCD，BD交AC于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点．
Ⅰ求证：平面PBD；
Ⅱ求证：．
22．（10分）已知两数．
（1）当时，求函数的极值点；
（2）当时，若恒成立，求的最大值．
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】
先判断函数的奇偶性可排除选项A,C，当时，可分析函数值为正，即可判断选项.
【详解】
,
,
即函数为偶函数，
故排除选项A,C，
当正数越来越小，趋近于0时，，
所以函数，故排除选项B,
故选：D
【点睛】
本题主要考查了函数的奇偶性，识别函数的图象，属于中档题.
2、B
【解析】
判断直线与纵轴交点的位置，画出可行解域，即可判断出目标函数的最值情况.
【详解】
由，，所以可得.
，
所以由，因此该直线在纵轴的截距为正，但是斜率有两种可能，因此可行解域如下图所示：
由此可以判断该目标函数一定有最大值和最小值.
故选：B
【点睛】
本题考查了目标函数最值是否存在问题，考查了数形结合思想，考查了不等式的性质应用.
3、C
【解析】
①举反例，如直线x、y、z位于正方体的三条共点棱时②用垂直于同一平面的两直线平行判断.③用垂直于同一直线的两平面平行判断.④举例，如x、y、z位于正方体的三个共点侧面时.
【详解】
①当直线x、y、z位于正方体的三条共点棱时,不正确；
②因为垂直于同一平面的两直线平行,正确；
③因为垂直于同一直线的两平面平行,正确；
④如x、y、z位于正方体的三个共点侧面时, 不正确.
故选:C.
【点睛】
此题考查立体几何中线面关系，选择题一般可通过特殊值法进行排除，属于简单题目.
4、A
【解析】
先利用复数的除法运算法则求出的值，再利用共轭复数的定义求出a+bi，从而确定a，b的值，求出a+b．
【详解】
i，
∴a+bi＝﹣i，
∴a＝0，b＝﹣1，
∴a+b＝﹣1，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题．
5、B
【解析】
由两直线垂直求得则或，再根据充要条件的判定方法，即可求解.
【详解】
由题意，“直线与直线垂直”
则，解得或，
所以“直线与直线垂直”是“”的必要不充分条件，故选B.
【点睛】
本题主要考查了两直线的位置关系，及必要不充分条件的判定，其中解答中利用两直线的位置关系求得的值，同时熟记充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.
6、C
【解析】
对任意的总有恒成立，因为，对恒成立，可得，令，可得，结合已知，即可求得答案.
【详解】
对任意的总有恒成立
，对恒成立，
令，
可得
令，得
当，
当
，，
故
令，得
当时，
当，
当时，
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了根据不等式恒成立求最值问题，解题关键是掌握不等式恒成立的解法和导数求函数单调性的解法，考查了分析能力和计算能力,属于难题.
7、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.
8、C
【解析】
集合表示半圆上的点，集合表示直线上的点，联立方程组求得方程组解的个数，即为交集中元素的个数.
【详解】
由题可知：集合表示半圆上的点，集合表示直线上的点，
联立与，
可得，整理得，
即，
当时，，不满足题意；
故方程组有唯一的解.
故.
故选：C.
【点睛】
本题考查集合交集的求解，涉及圆和直线的位置关系的判断，属基础题.
9、D
【解析】
集合．为自然数集，由此能求出结果．
【详解】
解：集合．为自然数集，
在A中，，正确；
在B中，，正确；
在C中，，正确；
在D中，不是的子集，故D错误．
故选：D．
【点睛】
本题考查命题真假的判断、元素与集合的关系、集合与集合的关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10、A
【解析】
由三视图还原出原几何体，得出几何体的结构特征，然后计算体积．
【详解】
由三视图知原几何体是一个四棱锥，四棱锥底面是边长为2的正方形，高为2，
直观图如图所示，．
故选：A．
【点睛】
本题考查三视图，考查棱锥的体积公式，掌握基本几何体的三视图是解题关键．
11、B
【解析】
先利用对称得，根据可得，由几何性质可得，即，从而解得渐近线方程.
【详解】
如图所示：
由对称性可得：为的中点，且，
所以，
因为，所以，
故而由几何性质可得，即，
故渐近线方程为，
故选B.
【点睛】
本题考查了点关于直线对称点的知识，考查了双曲线渐近线方程，由题意得出是解题的关键，属于中档题.
12、A
【解析】
由正弦定理化简已知等式可得，结合，可得，结合范围，可得，可得，即可得解的值．
【详解】
解：∵，
∴由正弦定理可得：，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴．
故选A．
【点睛】
本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，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】
因为，所以.因为，所以，又，所以，所以..
14、
【解析】
联立直线与抛物线方程求出交点坐标，再利用定积分求出阴影部分的面积，利用梯形的面积公式求出，最后根据几何概型的概率公式计算可得；
【详解】
解：联立解得或，即，，，，
，
故答案为：
【点睛】
本题考查几何概型的概率公式的应用以及利用微积分基本定理求曲边形的面积，属于中档题.
15、
【解析】
先将不等式对于任意恒成立,转化为任意恒成立，设，求出在内的最小值,即可求出的取值范围.
【详解】
解：由题可知，不等式对于任意恒成立，
即，
又因为，，
对任意恒成立，
设，其中，
由不等式，可得：，
则，
当时等号成立，
又因为在内有解，
，
则，即：，
所以实数的取值范围：.
故答案为：.
【点睛】
本题考查不等式恒成立问题，利用分离参数法和构造函数，通过求新函数的最值求出参数范围，考查转化思想和计算能力.
16、或
【解析】
函数的零点方程的根，求出方程的两根为，，从而可得或，即或.
【详解】
函数在区间的零点方程在区间的根，所以，解得：，，
因为函数在区间上有且仅有一个零点，
所以或，即或.
【点睛】
本题考查函数的零点与方程根的关系，在求含绝对值方程时，要注意对绝对值内数的正负进行讨论.
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】
分析：(1)将代入函数解析式，求得，利用零点分段将解析式化为，然后利用分段函数，分情况讨论求得不等式的解集为；
(2)根据题中所给的，其中一个绝对值符号可以去掉，不等式可以化为时，分情况讨论即可求得结果.
详解：（1）当时，，即
故不等式的解集为．
（2）当时成立等价于当时成立．
若，则当时；
若，的解集为，所以，故．
综上，的取值范围为．
点睛：该题考查的是有关绝对值不等式的解法，以及含参的绝对值的式子在某个区间上恒成立求参数的取值范围的问题，在解题的过程中，需要会用零点分段法将其化为分段函数，从而将不等式转化为多个不等式组来解决，关于第二问求参数的取值范围时，可以应用题中所给的自变量的范围，去掉一个绝对值符号，之后进行分类讨论，求得结果.
18、（1）（2）
【解析】
（1）利用正弦定理的边化角公式，结合两角和的正弦公式，即可得出的值；
（2）由题意得出，两边平方，化简得出，根据三角形面积公式，即可得出结论.
【详解】
（1）
由正弦定理得
即
即
在中，，所以
（2）因为点是线段的中点，所以
两边平方得
由得
整理得，解得或（舍）
所以的面积
【点睛】
本题主要考查了正弦定理的边化角公式，三角形的面积公式，属于中档题.
19、（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）求导，可得（1），（1），结合已知切线方程即可求得，的值；
（2）利用导数可得，，再构造新函数，利用导数求其最值即可得证．
【详解】
（1）函数的定义域为，，
则（1），（1），
故曲线在点，（1）处的切线方程为，
又曲线在点，（1）处的切线方程为，
，；
（2）证明：由（1）知，，则，
令，则，易知在单调递减，
又，（1），
故存在，使得，
且当时，，单调递增，当，时，，单调递减，
由于，（1），（2），
故存在，使得，
且当时，，，单调递增，当，时，，，单调递减，
故函数存在唯一的极大值点，且，即，
则，
令，则，
故在上单调递增，
由于，故（2），即，
．
【点睛】
本题考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查推理论证能力，属于中档题．
20、（1）见解析；（2）.
【解析】试题分析：（1）根据平面有，利用勾股定理可证明，故平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论；（2）在点建立空间直角坐标系，利用二面角的余弦值为建立方程求得，在利用法向量求得和平面所成角的正弦值.
试题解析：（Ⅰ） 平面平面
因为,所以,所以,所以,又，所以平面.因为平面，所以平面平面．
（Ⅱ）如图，
以点为原点， 分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，则.设，则
取，则为面法向量．
设为面的法向量，则，
即，取，则
依题意，则．于是．
设直线与平面所成角为，则
即直线与平面所成角的正弦值为．
21、（1）见解析；（2）见解析．
【解析】
分析：（1）先证明，再证明FG//平面PBD. （2）先证明平面，再证明BD⊥FG．
详解：证明：（1）连结PE，因为G.、F为EC和PC的中点，
，
又平面，平面，所以平面
（II）因为菱形ABCD，所以，
又PA⊥面ABCD，平面，所以，
因为平面，平面，且，
平面，
平面，∴BD⊥FG .
点睛：（1）本题主要考查空间位置关系的证明，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平和空间想象转化能力.(2)证明空间位置关系，一般有几何法和向量法，本题利用几何法比较方便.
22、（1）唯一的极大值点1，无极小值点．（2）1
【解析】
（1）求出导函数，求得的解，确定此解两侧导数值的正负，确定极值点；
（2）问题可变形为恒成立，由导数求出函数的最小值，时，无最小值，因此只有，从而得出的不等关系，得出所求最大值．
【详解】
解：（1）定义域为，当时，
，
令得，当
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以有唯一的极大值点，无极小值点．
（2）当时，．
若恒成立，则恒成立，
所以恒成立，
令，则，由题意，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以
所以，
所以，
故的最大值为1．
【点睛】
本题考查用导数求函数极值，研究不等式恒成立问题．在求极值时，由确定的不一定是极值点，还需满足在两侧的符号相反．不等式恒成立深深转化为求函数的最值，这里分离参数法起关键作用．