2026届广西南宁市第十四中学高考数学考前最后一卷预测卷含解析

这是一份2026届广西南宁市第十四中学高考数学考前最后一卷预测卷含解析，共5页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，已知向量满足,且与的夹角为,则，已知，若，则等于，已知下列命题，已知等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．在复平面内，复数（为虚数单位）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
2．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．
3．已知函数，方程有四个不同的根，记最大的根的所有取值为集合，则“函数有两个零点”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
4．已知底面为边长为的正方形，侧棱长为的直四棱柱中，是上底面上的动点.给出以下四个结论中，正确的个数是（ ）
①与点距离为的点形成一条曲线，则该曲线的长度是；
②若面，则与面所成角的正切值取值范围是；
③若，则在该四棱柱六个面上的正投影长度之和的最大值为.
A．B．C．D．
5．已知函数，，其中为自然对数的底数，若存在实数，使成立，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知向量满足,且与的夹角为,则( )
A．B．C．D．
7．已知，若，则等于（ ）
A．3B．4C．5D．6
8．已知下列命题：
①“”的否定是“”；
②已知为两个命题，若“”为假命题，则“”为真命题；
③“”是“”的充分不必要条件；
④“若，则且”的逆否命题为真命题.
其中真命题的序号为（ ）
A．③④B．①②C．①③D．②④
9．已知（i为虚数单位，），则ab等于（ ）
A．2B．-2C．D．
10．三国时代吴国数学家赵爽所注《周髀算经》中给出了勾股定理的绝妙证明.下面是赵爽的弦图及注文，弦图是一个以勾股形之弦为边的正方形，其面积称为弦实.图中包含四个全等的勾股形及一个小正方形，分别涂成红（朱）色及黄色，其面积称为朱实、黄实，利用，化简，得.设勾股形中勾股比为，若向弦图内随机抛掷颗图钉（大小忽略不计），则落在黄色图形内的图钉数大约为（ ）
A．B．C．D．
11．已知抛物线的焦点为，若抛物线上的点关于直线对称的点恰好在射线上，则直线被截得的弦长为（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．复数为虚数单位）的虚部为__________．
14．设满足约束条件，则目标函数的最小值为_.
15．若满足，则目标函数的最大值为______.
16．假如某人有壹元、贰元、伍元、拾元、贰拾元、伍拾元、壹佰元的纸币各两张，要支付贰佰壹拾玖（219）元的货款，则有________种不同的支付方式.
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）在平面直角坐标系中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位.已知直线l的参数方程为（t为参数），曲线C的极坐标方程为ρ＝4sin（θ+）.
（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；
（2）若直线l与曲线C交于M，N两点，求△MON的面积.
18．（12分）已知函数．
（1）若不等式有解，求实数的取值范围；
（2）函数的最小值为，若正实数，，满足，证明：．
19．（12分）已知函数，其中．
（1）①求函数的单调区间；
②若满足，且．求证： ．
（2）函数．若对任意，都有，求的最大值．
20．（12分）已知函数.
（1）若在上单调递增，求实数的取值范围；
（2）若，对，恒有成立，求实数的最小值.
21．（12分）如图，在三棱柱中， 平面ABC.
（1）证明：平面平面
（2）求二面角的余弦值.
22．（10分）已知，，动点满足直线与直线的斜率之积为，设点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若过点的直线与曲线交于，两点，过点且与直线垂直的直线与相交于点，求的最小值及此时直线的方程.
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】
化简复数为、的形式，可以确定对应的点位于的象限．
【详解】
解：复数
故复数对应的坐标为位于第三象限
故选：．
【点睛】
本题考查复数代数形式的运算，复数和复平面内点的对应关系，属于基础题．
2、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.
3、A
【解析】
作出函数的图象，得到，把函数有零点转化为与在（2，4]上有交点，利用导数求出切线斜率，即可求得的取值范围，再根据充分、必要条件的定义即可判断．
【详解】
作出函数的图象如图，
由图可知，，
函数有2个零点，即有两个不同的根，
也就是与在上有2个交点，则的最小值为；
设过原点的直线与的切点为，斜率为，
则切线方程为，
把代入，可得，即，∴切线斜率为，
∴k的取值范围是，
∴函数有两个零点”是“”的充分不必要条件，
故选A．
【点睛】
本题主要考查了函数零点的判定，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，训练了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，试题有一定的综合性，属于中档题．
4、C
【解析】
①与点距离为的点形成以为圆心，半径为的圆弧，利用弧长公式，可得结论；②当在（或时，与面所成角（或的正切值为最小，当在时，与面所成角的正切值为最大，可得正切值取值范围是；③设，，，则，即，可得在前后、左右、上下面上的正投影长，即可求出六个面上的正投影长度之和．
【详解】
如图：
①错误， 因为 ，与点距离为的点形成以为圆心，半径为的圆弧，长度为；
②正确，因为面面，所以点必须在面对角线上运动，当在（或）时，与面所成角（或）的正切值为最小（为下底面面对角线的交点），当在时，与面所成角的正切值为最大，所以正切值取值范围是；
③正确，设，则，即，在前后、左右、上下面上的正投影长分别为，，，所以六个面上的正投影长度之，当且仅当在时取等号.
故选：.
【点睛】
本题以命题的真假判断为载体，考查了轨迹问题、线面角、正投影等知识点，综合性强，属于难题．
5、A
【解析】
令f（x）﹣g（x）=x+ex﹣a﹣1n（x+1）+4ea﹣x，
令y=x﹣ln（x+1），y′=1﹣=，
故y=x﹣ln（x+1）在（﹣1，﹣1）上是减函数，（﹣1，+∞）上是增函数，
故当x=﹣1时，y有最小值﹣1﹣0=﹣1，
而ex﹣a+4ea﹣x≥4，（当且仅当ex﹣a=4ea﹣x，即x=a+ln1时，等号成立）；
故f（x）﹣g（x）≥3（当且仅当等号同时成立时，等号成立）；
故x=a+ln1=﹣1，即a=﹣1﹣ln1．故选：A．
6、A
【解析】
根据向量的运算法则展开后利用数量积的性质即可.
【详解】
.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查数量积的运算，属于基础题.
7、C
【解析】
先求出，再由，利用向量数量积等于0，从而求得.
【详解】
由题可知，
因为，所以有，得，
故选：C.
【点睛】
该题考查的是有关向量的问题，涉及到的知识点有向量的减法坐标运算公式，向量垂直的坐标表示，属于基础题目.
8、B
【解析】
由命题的否定，复合命题的真假，充分必要条件，四种命题的关系对每个命题进行判断．
【详解】
“”的否定是“”，正确；
已知为两个命题，若“”为假命题，则“”为真命题，正确；
“”是“”的必要不充分条件,错误；
“若，则且”是假命题，则它的逆否命题为假命题，错误.
故选：B．
【点睛】
本题考查命题真假判断，掌握四种命题的关系，复合命题的真假判断，充分必要条件等概念是解题基础．
9、A
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件列式求解．
【详解】
，
，得，．
．
故选：．
【点睛】
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，是基础题．
10、A
【解析】
分析：设三角形的直角边分别为1，，利用几何概型得出图钉落在小正方形内的概率即可得出结论.
解析：设三角形的直角边分别为1，，则弦为2，故而大正方形的面积为4，小正方形的面积为.
图钉落在黄色图形内的概率为.
落在黄色图形内的图钉数大约为.
故选：A.
点睛：应用几何概型求概率的方法
建立相应的几何概型，将试验构成的总区域和所求事件构成的区域转化为几何图形，并加以度量．
(1)一般地，一个连续变量可建立与长度有关的几何概型，只需把这个变量放在数轴上即可；
(2)若一个随机事件需要用两个变量来描述，则可用这两个变量的有序实数对来表示它的基本事件，然后利用平面直角坐标系就能顺利地建立与面积有关的几何概型；
(3)若一个随机事件需要用三个连续变量来描述，则可用这三个变量组成的有序数组来表示基本事件，利用空间直角坐标系即可建立与体积有关的几何概型．
11、B
【解析】
由焦点得抛物线方程，设点的坐标为，根据对称可求出点的坐标，写出直线方程，联立抛物线求交点，计算弦长即可.
【详解】
抛物线的焦点为，
则，即，
设点的坐标为，点的坐标为，
如图：
∴，
解得，或(舍去)，
∴
∴直线的方程为，
设直线与抛物线的另一个交点为，
由，解得或，
∴，
∴，
故直线被截得的弦长为．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了抛物线的标准方程，简单几何性质，点关于直线对称，属于中档题.
12、A
【解析】
先利用最高点纵坐标求出A，再根据求出周期，再将代入求出φ的值.最后将代入解析式即可.
【详解】
由图象可知A＝1，
∵，所以T＝π，∴.
∴f（x）＝sin（2x+φ），将代入得φ）＝1，
∴φ，结合0＜φ，∴φ.
∴.
∴sin
.
故选：A.
【点睛】
本题考查三角函数的据图求式问题以及三角函数的公式变换.据图求式问题要注意结合五点法作图求解.属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、1
【解析】
试题分析：，即虚部为1，故填：1.
考点：复数的代数运算
14、
【解析】
根据满足约束条件，画出可行域，将目标函数，转化为，平移直线，找到直线在轴上截距最小时的点，此时，目标函数 取得最小值.
【详解】
由满足约束条件，画出可行域如图所示阴影部分：
将目标函数，转化为，
平移直线，找到直线在轴上截距最小时的点
此时，目标函数 取得最小值，最小值为
故答案为：-1
【点睛】
本题主要考查线性规划求最值，还考查了数形结合的思想方法，属于基础题.
15、-1
【解析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【详解】
由约束条件作出可行域如图，

化目标函数为，
由图可得，当直线过点时，直线在轴上的截距最大，
由得即，则有最大值，
故答案为．
【点睛】
本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
16、1
【解析】
按照个位上的9元的支付情况分类，三个数位上的钱数分步计算，相加即可．
【详解】
9元的支付有两种情况，或者，
①当9元采用方式支付时，
200元的支付方式为，或者或者共3种方式，
10元的支付只能用1张10元，
此时共有种支付方式；
②当9元采用方式支付时：
200元的支付方式为，或者或者共3种方式，
10元的支付只能用1张10元，
此时共有种支付方式；
所以总的支付方式共有种．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了分类加法计数原理和分步乘法计数原理，属于中档题．做题时注意分类做到不重不漏，分步做到步骤完整．
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) 直线l的普通方程为x＋y－4＝0. 曲线C的直角坐标方程是圆：(x－)2＋(y－1)2＝4. (2)4
【解析】
（1）将直线l参数方程中的消去，即可得直线l的普通方程，对曲线C的极坐标方程两边同时乘以，利用可得曲线C的直角坐标方程；
（2）求出点到直线的距离，再求出的弦长，从而得出△MON的面积．
【详解】
解：(1)由题意有，
得，
x＋y＝4，
直线l的普通方程为x＋y－4＝0.
因为ρ＝4sin
所以ρ＝2sinθ＋2csθ，
两边同时乘以得，
ρ2＝2ρsinθ＋2ρcsθ，
因为，
所以x2＋y2＝2y＋2x，即(x－)2＋(y－1)2＝4，
∴曲线C的直角坐标方程是圆：(x－)2＋(y－1)2＝4.
(2)∵原点O到直线l的距离
直线l过圆C的圆心(，1)，
∴|MN|＝2r＝4，
所以△MON的面积S＝ |MN|×d＝4.
【点睛】
本题考查了直线与圆的极坐标方程与普通方程、参数方程与普通方程的互化知识，解题的关键是正确使用这一转化公式，还考查了直线与圆的位置关系等知识.
18、（1）（2）见解析
【解析】
(1)分离得到，求的最小值即可求得的取值范围；（2）先求出，得到，利用乘变化即可证明不等式.
【详解】
解：（1）设，
∴在上单调递减，在上单调递增．
故．
∵有解，∴．
即的取值范围为．
（2），当且仅当时等号成立．
∴，即．
∵
．
当且仅当，，时等号成立．
∴，即成立．
【点睛】
此题考查不等式的证明，注意定值乘变化的灵活应用，属于较易题目.
19、（1）①单调递增区间，，单调递减区间；②详见解析；（2）.
【解析】
(1)①求导可得,再分别求解与的解集,结合定义域分析函数的单调区间即可.
②根据(1)中的结论,求出的表达式,再分与两种情况,结合函数的单调性分析的范围即可.
(2)求导分析的单调性,再结合单调性,设去绝对值化简可得,再构造函数,,根据函数的单调性与恒成立问题可知,再换元表达求解最大值即可.
【详解】
解：,
由可得或,
由可得,
故函数的单调递增区间,,单调递减区间；
,
或,
若,因为,故,,
由知在上单调递增,,
若由可得x1,
因为,
所以,
由在上单调递增,
综上．
时,,在上单调递减,
不妨设
由(1)在上单调递减,
由,
可得,
所以,
令,,
可得单调递减,
所以在上恒成立,
即在上恒成立,即,
所以, ,
所以的最大值．
【点睛】
本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题,同时也考查了利用导数求解函数不等式以及构造函数分析函数的最值解决恒成立的问题.需要根据题意结合定义域与单调性分析函数的取值范围与最值等.属于难题.
20、（1）（2）
【解析】
（1）求得，根据已知条件得到在恒成立，由此得到在恒成立，利用分离常数法求得的取值范围.
（2）构造函数设，利用求二阶导数的方法，结合恒成立，求得的取值范围，由此求得的最小值.
【详解】
（1）
因为在上单调递增，所以在恒成立，
即在恒成立，
当时，上式成立，
当，有，需，
而，，，，故
综上，实数的取值范围是
（2）设，，则，
令，
，在单调递增，也就是在单调递增，
所以.
当即时，，不符合；
当即时，，符合
当即时，根据零点存在定理，，使，有时，，在单调递减，时，，在单调递增，成立，故只需即可，有，得，符合
综上得，，实数的最小值为
【点睛】
本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查化归与转化的数学思想方法，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.
21、（1）证明见解析 （2）
【解析】
（1）证明平面即平面平面得证；（2）分别以所在直线为x轴，y轴.轴，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，再利用向量方法求二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：因为平面ABC，所以
因为.所以.即
又.所以平面
因为平面.所以平面平面
（2）解：由题可得两两垂直，所以分别以所在直线为x轴，y轴.轴，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，则，所以
设平面的一个法向量为，
由.得
令，得
又平面，所以平面的一个法向量为.

所以二面角的余弦值为.
【点睛】
本题主要考查空间几何位置关系的证明，考查二面角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
22、（1）（2）的最小值为1，此时直线：
【解析】
（1）用直接法求轨迹方程，即设动点为，把已知用坐标表示并整理即得．注意取值范围；
（2）设：，将其与曲线的方程联立，消元并整理得，
设，，则可得，，由求出，
将直线方程与联立，得，求得，计算，设.显然，构造，由导数的知识求得其最小值，同时可得直线的方程.
【详解】
（1）设，则，即
整理得
（2）设：，将其与曲线的方程联立，得
即
设，，则，
将直线：与联立，得
∴
∴
设.显然
构造
在上恒成立
所以在上单调递增
所以，当且仅当，即时取“=”
即的最小值为1，此时直线：.
（注：1.如果按函数的性质求最值可以不扣分；2.若直线方程按斜率是否存在讨论，则可以根据步骤相应给分.）
【点睛】
本题考查求轨迹方程，考查直线与椭圆相交中的最值．直线与椭圆相交问题中常采用“设而不求”的思想方法，即设交点坐标为，设直线方程，直线方程与椭圆方程联立并消元，然后用韦达定理得（或），把这个代入其他条件变形计算化简得出结论，本题属于难题，对学生的逻辑推理、运算求解能力有一定的要求．