2026届广西南宁第二中学高考全国统考预测密卷数学试卷含解析

这是一份2026届广西南宁第二中学高考全国统考预测密卷数学试卷含解析，共22页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，集合，，则，设集合，，若，则的取值范围是等内容，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．是抛物线上一点，是圆关于直线的对称圆上的一点，则最小值是（ ）
A．B．C．D．
2．如图，是圆的一条直径，为半圆弧的两个三等分点，则（ ）
A．B．C．D．
3．如图所示，直三棱柱的高为4，底面边长分别是5，12，13，当球与上底面三条棱都相切时球心到下底面距离为8，则球的体积为 ( )

A．B．C．D．
4．若为虚数单位，网格纸上小正方形的边长为1，图中复平面内点表示复数，则表示复数的点是（ ）
A．EB．FC．GD．H
5．集合，，则( )
A．B．C．D．
6．（ ）
A．B．C．D．
7．设集合，，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知数列是公比为的正项等比数列，若、满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
9．已知，是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于两点.若依次构成等差数列，且，则椭圆的离心率为
A．B．C．D．
10．将函数的图象沿轴向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则“”是“是偶函数”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
11．已知为虚数单位，若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
12．向量，，且，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若x，y满足，则的最小值为________.
14． “”是“”的__________条件.（填写“充分必要”、“充分不必要”、“必要不充分”、“既不充分也不必要”之一）
15．双曲线的左右顶点为，以为直径作圆，为双曲线右支上不同于顶点的任一点，连接交圆于点，设直线的斜率分别为，若，则_____.
16．定义在R上的函数满足：①对任意的，都有；②当时，，则函数的解析式可以是______________.
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，分别是椭圆：的左，右焦点，点在椭圆上，且抛物线的焦点是椭圆的一个焦点．
（1）求,的值：
（2）过点作不与轴重合的直线，设与圆相交于A，B两点，且与椭圆相交于C，D两点，当时，求△的面积．
18．（12分）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，底面ABCD是边长为2的菱形，点E，F分别为棱DC，BC的中点，点G是棱SC靠近点C的四等分点.
求证：（1）直线平面EFG；
（2）直线平面SDB.
19．（12分）如图，已知三棱柱中，与是全等的等边三角形.
（1）求证：；
（2）若，求二面角的余弦值．
20．（12分）已知函数.
（Ⅰ）当时，求函数在上的值域；
（Ⅱ）若函数在上单调递减，求实数的取值范围.
21．（12分）已知抛物线：（）上横坐标为3的点与抛物线焦点的距离为4.
（1）求p的值；
（2）设（）为抛物线上的动点，过P作圆的两条切线分别与y轴交于A、B两点.求的取值范围.
22．（10分）对于很多人来说，提前消费的认识首先是源于信用卡，在那个工资不高的年代，信用卡绝对是神器，稍微大件的东西都是可以选择用信用卡来买，甚至于分期买，然后慢慢还！现在银行贷款也是很风靡的，从房贷到车贷到一般的现金贷．信用卡“忽如一夜春风来”，遍布了各大小城市的大街小巷．为了解信用卡在市的使用情况，某调查机构借助网络进行了问卷调查，并从参与调查的网友中随机抽取了100人进行抽样分析，得到如下列联表（单位：人）
（1）根据以上数据，能否在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为市使用信用卡情况与年龄有关？
（2）①现从所抽取的40岁及以下的网民中，按“经常使用”与“偶尔或不用”这两种类型进行分层抽样抽取10人，然后，再从这10人中随机选出4人赠送积分，求选出的4人中至少有3人偶尔或不用信用卡的概率；
②将频率视为概率，从市所有参与调查的40岁以上的网民中随机抽取3人赠送礼品，记其中经常使用信用卡的人数为，求随机变量的分布列、数学期望和方差．
参考公式：，其中．
参考数据：
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】
求出点关于直线的对称点的坐标，进而可得出圆关于直线的对称圆的方程，利用二次函数的基本性质求出的最小值，由此可得出，即可得解.
【详解】
如下图所示：
设点关于直线的对称点为点，
则，整理得，解得，即点，
所以，圆关于直线的对称圆的方程为，
设点，则，
当时，取最小值，因此，.
故选：C.
【点睛】
本题考查抛物线上一点到圆上一点最值的计算，同时也考查了两圆关于直线对称性的应用，考查计算能力，属于中等题.
2、B
【解析】
连接、，即可得到，，再根据平面向量的数量积及运算律计算可得；
【详解】
解：连接、，
，是半圆弧的两个三等分点， ，且，
所以四边形为棱形，
．
故选：B
【点睛】
本题考查平面向量的数量积及其运算律的应用，属于基础题.
3、A
【解析】
设球心为，三棱柱的上底面的内切圆的圆心为，该圆与边切于点，根据球的几何性质可得为直角三角形，然后根据题中数据求出圆半径，进而求得球的半径，最后可求出球的体积．
【详解】
如图，设三棱柱为，且，高．
所以底面为斜边是的直角三角形，设该三角形的内切圆为圆，圆与边切于点，
则圆的半径为．
设球心为，则由球的几何知识得为直角三角形，且，
所以，
即球的半径为，
所以球的体积为．
故选A．
【点睛】
本题考查与球有关的组合体的问题，解答本题的关键有两个：
（1）构造以球半径、球心到小圆圆心的距离和小圆半径为三边的直角三角形，并在此三角形内求出球的半径，这是解决与球有关的问题时常用的方法．
（2）若直角三角形的两直角边为，斜边为，则该直角三角形内切圆的半径，合理利用中间结论可提高解题的效率．
4、C
【解析】
由于在复平面内点的坐标为，所以，然后将代入化简后可找到其对应的点.
【详解】
由，所以，对应点.
故选：C
【点睛】
此题考查的是复数与复平面内点的对就关系，复数的运算，属于基础题.
5、A
【解析】
解一元二次不等式化简集合A，再根据对数的真数大于零化简集合B，求交集运算即可.
【详解】
由可得，所以，由可得,所以,所以，故选A．
【点睛】
本题主要考查了集合的交集运算，涉及一元二次不等式解法及对数的概念，属于中档题.
6、D
【解析】
利用，根据诱导公式进行化简，可得，然后利用两角差的正弦定理，可得结果.
【详解】
由
所以
，
所以原式
所以原式
故
故选：D
【点睛】
本题考查诱导公式以及两角差的正弦公式，关键在于掌握公式，属基础题.
7、C
【解析】
由得出，利用集合的包含关系可得出实数的取值范围.
【详解】
，且，，.
因此，实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】
本题考查利用集合的包含关系求参数，考查计算能力，属于基础题.
8、B
【解析】
利用等比数列的通项公式和指数幂的运算法则、指数函数的单调性求得再根据此范围求的最小值．
【详解】
数列是公比为的正项等比数列，、满足，
由等比数列的通项公式得，即，
，可得，且、都是正整数，
求的最小值即求在，且、都是正整数范围下求最小值和的最小值，讨论、取值.
当且时，的最小值为.
故选：B．
【点睛】
本题考查等比数列的通项公式和指数幂的运算法则、指数函数性质等基础知识，考查数学运算求解能力和分类讨论思想，是中等题．
9、D
【解析】
如图所示，设依次构成等差数列，其公差为.
根据椭圆定义得，又，则，解得，.所以，，，.
在和中，由余弦定理得，整理解得.故选D．
10、A
【解析】
求出函数的解析式，由函数为偶函数得出的表达式，然后利用充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】
将函数的图象沿轴向左平移个单位长度，得到的图象对应函数的解析式为，
若函数为偶函数，则，解得，
当时，.
因此，“”是“是偶函数”的充分不必要条件.
故选：A.
【点睛】
本题考查充分不必要条件的判断，同时也考查了利用图象变换求三角函数解析式以及利用三角函数的奇偶性求参数，考查运算求解能力与推理能力，属于中等题.
11、A
【解析】
分析：题设中复数满足的等式可以化为，利用复数的四则运算可以求出.
详解：由题设有，故，故选A.
点睛：本题考查复数的四则运算和复数概念中的共轭复数，属于基础题.
12、D
【解析】
根据向量平行的坐标运算以及诱导公式，即可得出答案.
【详解】
故选：D
【点睛】
本题主要考查了由向量平行求参数以及诱导公式的应用，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、5
【解析】
先作出可行域，再做直线，平移，找到使直线在y轴上截距最小的点，代入即得。
【详解】
作出不等式组表示的平面区域，如图，令，则，作出直线，平移直线，由图可得，当直线经过C点时，直线在y轴上的截距最小，由，可得，因此的最小值为.
故答案为：4
【点睛】
本题考查不含参数的线性规划问题，是基础题。
14、充分不必要
【解析】
由余弦的二倍角公式可得,即或,即可判断命题的关系.
【详解】
由,所以或,所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为:充分不必要
【点睛】
本题考查命题的充分条件与必要条件的判断,考查余弦的二倍角公式的应用.
15、
【解析】
根据双曲线上的点的坐标关系得，交圆于点，所以，建立等式，两式作商即可得解.
【详解】
设
，
交圆于点，所以
易知:
即.
故答案为：
【点睛】
此题考查根据双曲线上的点的坐标关系求解斜率关系，涉及双曲线中的部分定值结论，若能熟记常见二级结论，此题可以简化计算.
16、（或，答案不唯一）
【解析】
由可得是奇函数，再由时，可得到满足条件的奇函数非常多，属于开放性试题.
【详解】
在中，令，得；令，
则，故是奇函数，由时，，
知或等，答案不唯一.
故答案为：（或，答案不唯一）.
【点睛】
本题考查抽象函数的性质，涉及到由表达式确定函数奇偶性，是一道开放性的题，难度不大.
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）由已知根据抛物线和椭圆的定义和性质，可求出，；
（2）设直线方程为，联立直线与圆的方程可以求出，再联立直线和椭圆的方程化简，由根与系数的关系得到结论，继而求出面积．
【详解】
（1）焦点为F（1，0），则F1（1，0），F2（1，0），
，解得，＝1，＝1，
（Ⅱ）由已知，可设直线方程为，，
联立得，易知△＞0，则
＝＝
＝
因为，所以＝1，解得
联立 ，得，△＝8＞0
设，则
【点睛】
本题主要考查抛物线和椭圆的定义与性质应用，同时考查利用根与系数的关系，解决直线与圆，直线与椭圆的位置关系问题． 意在考查学生的数学运算能力．
18、（1）见解析（2）见解析
【解析】
(1) 连接AC、BD交于点O,交EF于点H,连接GH,再证明即可.
(2)证明与即可.
【详解】
（1）连接AC、BD交于点O,交EF于点H,连接GH,所以O为AC的中点,H为OC的中点,由E、F为DC、BC的中点,再由题意可得,所以在三角形CAS中,平面EFG,平面EFG,所以直线平面EFG.
（2）在中,,,,由余弦定理得,,即,解得,由勾股定理逆定理可知,因为侧面底面ABCD,由面面垂直的性质定理可知平面ABCD,所以,因为底面ABCD是菱形,所以,因为,所以平面SDB.
【点睛】
本题考查线面平行与垂直的证明.需要根据题意利用等比例以及余弦定理勾股定理等证明.属于中档题.
19、（1）证明见解析；（2）．
【解析】
（1）取BC的中点O，则，由是等边三角形，得，从而得到平面，由此能证明
（2）以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值，得到结果.
【详解】
（1）取BC的中点O，连接，，
由于与是等边三角形，所以有，，
且，
所以平面，平面，所以．
（2）设，是全等的等边三角形，
所以，
又，由余弦定理可得，
在中，有，
所以以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，
又平面的一个法向量为，
所以二面角的余弦值为,
即二面角的余弦值为．
【点睛】
该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有利用线面垂直证明线性垂直，利用向量法求二面角的余弦值，属于中档题目.
20、（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）把代入，可得，令，求出其在上的值域，利用对数函数的单调性即可求解.
（Ⅱ）根据对数函数的单调性可得在上单调递增，再利用二次函数的图像与性质可得解不等式组即可求解.
【详解】
（Ⅰ）当时，，
此时函数的定义域为.
因为函数的最小值为.
最大值为，故函数在上的值域为；
（Ⅱ）因为函数在上单调递减，
故在上单调递增，则
解得，综上所述，实数的取值范围.
【点睛】
本题主要考查了利用对数函数的单调性求值域、利用对数型函数的单调区间求参数的取值范围以及二次函数的图像与性质，属于中档题.
21、（1）；（2）
【解析】
（1）根据横坐标为3的点与抛物线焦点的距离为4，由抛物线的定义得到求解.
（2）设过点的直线方程为，根据直线与圆相切，则有，整理得：，根据题意，建立，将韦达定理代入求解.
【详解】
（1）因为横坐标为3的点与抛物线焦点的距离为4，
由抛物线的定义得：，
解得:.
（2）设过点的直线方程为，
因为直线与圆相切，
所以，
整理得：，
，
由题意得：
所以，，
因为，
所以，
所以.
【点睛】
本题主要考查抛物线的定义及点与抛物线，直线与圆的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
22、（1）不能在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为市使用信用卡情况与年龄有关；（2）①；②分布列见解析，，
【解析】
(1)计算再对照表格分析即可.
(2)①根据分层抽样的方法可得经常使用信用卡的有人,偶尔或不用信用卡的有人,再根据超几何分布的方法计算3人或4人偶尔或不用信用卡的概率即可.
②利用二项分布的特点求解变量的分布列、数学期望和方差即可.
【详解】
（1）由列联表可知,,因为,
所以不能在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为市使用信用卡情况与年龄有关.
（2）①依题意,可知所抽取的10名40岁及以下网民中,经常使用信用卡的有（人）,偶尔或不用信用卡的有（人）.
则选出的4人中至少有3人偶尔或不用信用卡的概率.
②由列联表,可知40岁以上的网民中,抽到经常使用信用卡的频率为,
将频率视为概率,即从市市民中任意抽取1人,恰好抽到经常使用信用卡的市民的概率为.
由题意得,
则,
,
,
.
故随机变量的分布列为：
故随机变量的数学期望为,方差为.
【点睛】
本题主要考查了独立性检验以及超几何分布与二项分布的知识点,包括分类讨论以及二项分布的数学期望与方差公式等.属于中档题.
经常使用信用卡
偶尔或不用信用卡
合计
40岁及以下
15
35
50
40岁以上
20
30
50
合计
35
65
100
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
0
1
2
3