2026届广西贵港市高级中学高考考前提分数学仿真卷含解析

这是一份2026届广西贵港市高级中学高考考前提分数学仿真卷含解析，共22页。试卷主要包含了已知集合，，则，若复数满足，则等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．若实数满足不等式组则的最小值等于（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数,关于的方程R)有四个相异的实数根,则的取值范围是( )
A．B．C．D．
3．相传黄帝时代，在制定乐律时，用“三分损益”的方法得到不同的竹管，吹出不同的音调．如图的程序是与“三分损益”结合的计算过程，若输入的的值为1，输出的的值为（ ）
A．B．C．D．
4．已知定点都在平面内，定点是内异于的动点，且，那么动点在平面内的轨迹是（ ）
A．圆，但要去掉两个点B．椭圆，但要去掉两个点
C．双曲线，但要去掉两个点D．抛物线，但要去掉两个点
5．已知集合，，则( )
A．B．C．D．
6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱的长为（ ）
A．B．C．D．
7．下列函数中，在区间上为减函数的是（ ）
A．B．C．D．
8．过双曲线 的左焦点作直线交双曲线的两天渐近线于,两点，若为线段的中点，且（为坐标原点），则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
9．若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
10．过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，若线段中点的横坐标为3，且，则抛物线的方程是( )
A．B．C．D．
11．在三棱锥中，，，P在底面ABC内的射影D位于直线AC上，且，.设三棱锥的每个顶点都在球Q的球面上，则球Q的半径为（ ）
A．B．C．D．
12．已知，函数，若函数恰有三个零点，则（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图，为测量出高，选择和另一座山的山顶为测量观测点，从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测得．已知山高，则山高__________．
14．设为互不相等的正实数，随机变量和的分布列如下表，若记，分别为的方差，则_____．（填>，
【解析】
根据方差计算公式，计算出的表达式，由此利用差比较法，比较出两者的大小关系.
【详解】
，故
.
，
.
要比较的大小，只需比较与，两者作差并化简得
①，
由于为互不相等的正实数，故，也即
，也即.
故答案为：
【点睛】
本小题主要考查随机变量期望和方差的计算，考查差比较法比较大小，考查运算求解能力，属于难题.
15、
【解析】
三棱锥的底面边长和侧棱长都为4，所以在平面的投影为的重心，利用解直角三角形，即可求出点到平面的距离；，可得点是以为直径的球面上的点，所以到直线的距离为以为直径的球面上的点到的距离，
最大距离为分别过和的两个平行平面间距离加半径，即可求出结论.
【详解】
边长为，则中线长为，
点到平面的距离为，
点是以为直径的球面上的点，
所以到直线的距离为以为直径的球面上的点到的距离，
最大距离为分别过和的两个平行平面间距离加半径.
又三棱锥的底面边长和侧棱长都为4，
以下求过和的两个平行平面间距离，
分别取中点，连，
则，同理，
分别过做，
直线确定平面，直线确定平面，
则，同理，
为所求，，
，
所以到直线最大距离为.
故答案为:；.
【点睛】
本题考查空间中的距离、正四面体的结构特征，考查空间想象能力，属于较难题.
16、
【解析】
易得，所以是等差数列，再利用等差数列的通项公式计算即可.
【详解】
由已知，，因，所以，所以数列是以
为首项，3为公差的等差数列，故，所以.
故答案为：
【点睛】
本题考查由递推数列求数列中的某项，考查学生等价转化的能力，是一道容易题.
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）148万亿元.
【解析】
（1）由散点图知更适宜，对两边取自然对数得，令，，，则，再利用线性回归方程的计算公式计算即可；
（2）将代入所求的回归方程中计算即可.
【详解】
（1）根据数据及图表可以判断，
更适宜作为全国GDP总量关于的回归方程.
对两边取自然对数得，令，，，得.
因为，
所以，
所以关于的线性回归方程为，
所以关于的回归方程为.
（2）将代入，其中，
于是2020年的全国GDP总量约为：万亿元.
【点睛】
本题考查非线性回归方程的应用，在处理非线性回归方程时，先作变换，转化成线性回归直线方程来处理，是一道中档题.
18、（1）（2）
【解析】
（1）直接利用极坐标公式计算得到答案
（2）设，，根据三角函数的有界性得到答案.
【详解】
（1）因为，所以，
因为所以直线的直角坐标方程为.
（2）由题意可设，
则点到直线的距离.
因为，所以，
因为，故的最小值为.
【点睛】
本题考查了极坐标方程，参数方程，意在考查学生的计算能力和转化能力.
19、（1）；（2）.
【解析】
（1）利用正弦定理将边化角，结合诱导公式可化简边角关系式，求得，根据可求得结果；（2）利用余弦定理可得，利用基本不等式可求得，代入三角形面积公式可求得结果.
【详解】
（1）由正弦定理得：
，又
，即
由得：
（2）由余弦定理得：
又（当且仅当时取等号）
即
三角形面积的最大值为：
【点睛】
本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理化简边角关系式、余弦定理解三角形、三角形面积公式应用、基本不等式求积的最大值、诱导公式的应用等知识，属于常考题型.
20、（1）证明见解析 （2） （3）
【解析】
（1）因为底面ABCD为梯形，且，所以四边形BCDE为平行四边形，则BE∥CD，
又平面，平面，所以平面，
又因为H为线段BE上的动点，的面积是定值，从而三棱锥的体积是定值.
（2）因为平面，所以，结合BE∥CD，所以，
又因为，，且E为AD的中点，所以四边形ABCE为正方形，所以，结合，则平面，连接，则，
因为平面，所以，
因为，所以是等腰直角三角形，O为斜边AC上的中点，
所以，且，所以平面，所以PO是四棱锥的高，
又因为梯形ABCD的面积为，
在中，，所以.
（3）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
则B（，0，0），C（0，，0），D（，，0），P（0，0，），
则，
设平面PBD的法向量为，则即则，
令，得到，
设BC与平面PBD所成的角为，则，
所以，
所以直线BC与平面PBD所成角的余弦值为．
21、（1）；（2）
【解析】
试题分析：（1）求得的解集，根据集合相等，列出方程组，即可求解的值；
（2）①当时，恒成立，②当时，转化为，设，求得函数的最小值，即可求解的取值范围.
试题解析：
（1）由，得，
因为不等式的解集为，所以，故不等式可化为，
解得，所以，解得.
（2）①当时，恒成立，所以.
②当时，可化为，设，则，所以当时，，所以.
综上，的取值范围是.
22、（1）见解析（2）
【解析】
（1）根据菱形性质可知，结合可得，进而可证明，即，即可由线面垂直的判定定理证明平面；
（2）结合（1）可证明两两互相垂直.即以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得平面和平面的法向量，即可求得二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：设，连接，如下图所示：
∵侧面为菱形，
∴，且为及的中点，
又，则为直角三角形，
，
又，
，即，
而为平面内的两条相交直线，
平面.
(2)
平面，
平面，
，即，
从而两两互相垂直.
以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长度，建立如图的空间直角坐标系
，
为等边三角形，
，
，
，
设平面的法向量为，则，即，
∴可取，
设平面的法向量为，则.
同理可取
，
由图示可知二面角为锐二面角，
∴二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查了线面垂直的判定方法，利用空间向量方法求二面角夹角的余弦值，注意建系时先证明三条两两垂直的直线，属于中档题.
3
26.474
1.903
10
209.76
14.05
4
5
6
7
8
的近似值
55
148
403
1097
2981