2026届广西钦州市钦州港经济技术开发区高考全国统考预测密卷数学试卷含解析

这是一份2026届广西钦州市钦州港经济技术开发区高考全国统考预测密卷数学试卷含解析，共5页。试卷主要包含了关于函数，有下述三个结论等内容，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．设，则
A．B．C．D．
2．已知集合，则为（ ）
A．[0，2)B．(2，3]C．[2，3]D．(0，2]
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．关于函数，有下述三个结论：
①函数的一个周期为；
②函数在上单调递增；
③函数的值域为.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②B．②C．②③D．③
5．已知，是函数图像上不同的两点，若曲线在点，处的切线重合，则实数的最小值是（ ）
A．B．C．D．1
6．设等差数列的前n项和为，且，，则( )
A．9B．12C．D．
7．执行如图所示的程序框图，输出的结果为（ ）
A．B．C．D．
8．已知椭圆的短轴长为2，焦距为分别是椭圆的左、右焦点，若点为上的任意一点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
9．已知平面向量，满足，且，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
10．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
11．已知，则的值等于（ ）
A．B．C．D．
12．已知双曲线的一条渐近线为，圆与相切于点，若的面积为，则双曲线的离心率为（ ）
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．已知无盖的圆柱形桶的容积是立方米，用来做桶底和侧面的材料每平方米的价格分别为30元和20元，那么圆桶造价最低为________元.
15．已知三棱锥中，，，则该三棱锥的外接球的表面积是________.
16．已知命题：，，那么是__________.
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）已知函数，曲线在点处的切线方程为
求a，b的值；
证明：．
18．（12分）已知数列满足（），数列的前项和，（），且，．
（1）求数列的通项公式：
（2）求数列的通项公式．
（3）设，记是数列的前项和，求正整数，使得对于任意的均有．
19．（12分）的内角的对边分别为，若
（1）求角的大小
（2）若，求的周长
20．（12分）已知均为正实数，函数的最小值为.证明：
（1）；
（2）.
21．（12分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左顶点为，右焦点为，为椭圆上两点，圆.
（1）若轴，且满足直线与圆相切，求圆的方程；
（2）若圆的半径为，点满足，求直线被圆截得弦长的最大值.
22．（10分）选修4-4：坐标系与参数方程
已知曲线的参数方程是（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是.
（1）写出的极坐标方程和的直角坐标方程；
（2）已知点、的极坐标分别为和，直线与曲线相交于，两点，射线与曲线相交于点，射线与曲线相交于点，求的值.
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、C
【解析】
分析：利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，然后求解复数的模.
详解：
，
则，故选c.
点睛：复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.
2、B
【解析】
先求出，得到，再结合集合交集的运算，即可求解.
【详解】
由题意，集合，
所以，则，
所以.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查了集合的混合运算，其中解答中熟记集合的交集、补集的定义及运算是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.
3、D
【解析】
根据指数函数的单调性，即当底数大于1时单调递增，当底数大于零小于1时单调递减，对选项逐一验证即可得到正确答案.
【详解】
因为，所以，所以是减函数，
又因为，所以，，
所以，，所以A,B两项均错；
又，所以，所以C错；
对于D，，所以，
故选D.
【点睛】
这个题目考查的是应用不等式的性质和指对函数的单调性比较大小，两个式子比较大小的常用方法有：做差和0比，作商和1比，或者直接利用不等式的性质得到大小关系，有时可以代入一些特殊的数据得到具体值，进而得到大小关系.
4、C
【解析】
①用周期函数的定义验证.②当时，，，再利用单调性判断.③根据平移变换，函数的值域等价于函数的值域，而，当时，再求值域.
【详解】
因为，故①错误；
当时，，所以，所以在上单调递增，故②正确；
函数的值域等价于函数的值域，易知，故当时，，故③正确.
故选：C.
【点睛】
本题考查三角函数的性质，还考查推理论证能力以及分类讨论思想，属于中档题.
5、B
【解析】
先根据导数的几何意义写出 在 两点处的切线方程，再利用两直线斜率相等且纵截距相等，列出关系树，从而得出，令函数 ，结合导数求出最小值，即可选出正确答案.
【详解】
解：当 时，，则;当时，
则.设 为函数图像上的两点，
当 或时，，不符合题意，故.
则在 处的切线方程为；
在 处的切线方程为.由两切线重合可知
，整理得.不妨设
则 ，由 可得
则当时， 的最大值为.
则在 上单调递减，则.
故选:B.
【点睛】
本题考查了导数的几何意义，考查了推理论证能力，考查了函数与方程、分类与整合、转化与化归等思想方法.本题的难点是求出 和 的函数关系式.本题的易错点是计算.
6、A
【解析】
由，可得以及，而，代入即可得到答案.
【详解】
设公差为d，则解得
，所以.
故选：A.
【点睛】
本题考查等差数列基本量的计算，考查学生运算求解能力，是一道基础题.
7、D
【解析】
由程序框图确定程序功能后可得出结论．
【详解】
执行该程序可得．
故选：D．
【点睛】
本题考查程序框图．解题可模拟程序运行，观察变量值的变化，然后可得结论，也可以由程序框图确定程序功能，然后求解．
8、D
【解析】
先求出椭圆方程，再利用椭圆的定义得到，利用二次函数的性质可求，从而可得的取值范围.
【详解】
由题设有，故，故椭圆，
因为点为上的任意一点，故.
又，
因为，故，
所以.
故选：D.
【点睛】
本题考查椭圆的几何性质，一般地，如果椭圆的左、右焦点分别是，点为上的任意一点，则有，我们常用这个性质来考虑与焦点三角形有关的问题，本题属于基础题.
9、C
【解析】
根据， 两边平方，化简得，再利用数量积定义得到求解.
【详解】
因为平面向量，满足，且，
所以，
所以，
所以 ，
所以，
所以与的夹角为.
故选：C
【点睛】
本题主要考查平面向量的模，向量的夹角和数量积运算，属于基础题.
10、B
【解析】
根据三角函数定义得到，故，再利用和差公式得到答案.
【详解】
∵角的终边过点，∴，.
∴.
故选：.
【点睛】
本题考查了三角函数定义，和差公式，意在考查学生的计算能力.
11、A
【解析】
由余弦公式的二倍角可得，，再由诱导公式有
，所以
【详解】
∵
∴由余弦公式的二倍角展开式有
又∵
∴
故选：A
【点睛】
本题考查了学生对二倍角公式的应用，要求学生熟练掌握三角函数中的诱导公式，属于简单题
12、D
【解析】
由圆与相切可知，圆心到的距离为2，即.又，由此求出的值，利用离心率公式，求出e.
【详解】
由题意得，，
，.
故选：D.
【点睛】
本题考查了双曲线的几何性质，直线与圆相切的性质，离心率的求法，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：在中，,，在中，由正弦定理可得即解得,在中，
．
故答案为1．
考点：正弦定理的应用．
14、
【解析】
设桶的底面半径为，用表示出桶的总造价，利用基本不等式得出最小值.
【详解】
设桶的底面半径为，高为，则，
故，
圆通的造价为
解法一：
当且仅当，即时取等号.
解法二：，则，
令，即，解得，此函数在单调递增；
令，即，解得，此函数在上单调递减；
令，即，解得，
即当时，圆桶的造价最低.
所以
故答案为：
【点睛】
本题考查了基本不等式的应用，注意验证等号成立的条件，属于基础题.
15、
【解析】
将三棱锥补成长方体，设，，，设三棱锥的外接球半径为，求得的值，然后利用球体表面积公式可求得结果.
【详解】
将三棱锥补成长方体，设，，，
设三棱锥的外接球半径为，则，
由勾股定理可得，
上述三个等式全部相加得，，
因此，三棱锥的外接球面积为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查三棱锥外接球表面积的计算，根据三棱锥对棱长相等将三棱锥补成长方体是解答的关键，考查推理能力，属于中等题.
16、真命题
【解析】
由幂函数的单调性进行判断即可.
【详解】
已知命题：，，因为在上单调递增，则，所以是真命题，
故答案为：真命题
【点睛】
本题主要考查了判断全称命题的真假，属于基础题.
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）见解析
【解析】
分析：第一问结合导数的几何意义以及切点在切线上也在函数图像上，从而建立关于的等量关系式，从而求得结果；第二问可以有两种方法，一是将不等式转化，构造新函数，利用导数研究函数的最值，从而求得结果，二是利用中间量来完成，这样利用不等式的传递性来完成，再者这种方法可以简化运算.
详解：（1）解：，由题意有，解得
（2）证明：（方法一）由（1）知，.设
则只需证明
，设
则， 在上单调递增
，
，使得
且当时，，当时，
当时，，单调递减
当时，，单调递增
，由，得，
，
设，，
当时，，在单调递减，
，因此
（方法二）先证当时， ，即证
设，则，且
，在单调递增，
在单调递增，则当时，
（也可直接分析 显然成立）
再证
设，则，令，得
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
，即
又，
点睛：该题考查的是有关利用导数研究函数的综合问题，在求解的过程中，涉及到的知识点有导数的几何意义，有关切线的问题，还有就是应用导数证明不等式，可以构造新函数，转化为最值问题来解决，也可以借用不等式的传递性，借助中间量来完成.
18、（1）（）．（2），．（3）
【解析】
（1）依题意先求出,然后根据 ,求出的通项公式为,再检验的情况即可;
（2）由递推公式,得, 结合数列性质可得数列相邻项之间的关系,从而可求出结果;
（3）通过（1）、（2）可得,所以,,,,．记,利用函数单调性可求的范围,从而列不等式可解.
【详解】
解：（1）因为数列满足（）
①；
②当时,．
检验当时, 成立.
所以,数列的通项公式为（）．
（2）由,得, ①
所以,． ②
由①②,得,,
即,, ③
所以,,． ④
由③④,得,,
因为,所以,上式同除以,得
,,
即,
所以,数列时首项为1,公差为1的等差数列,
故,．
（3）因为．
所以,,,,．
记,
当时,．
所以,当时,数列为单调递减,当时,．
从而,当时,．
因此,．
所以,对任意的,．
综上,．
【点睛】
本题考在数列通项公式的求法、等差数列的定义及通项公式、数列的单调性,考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力以及化归与转化思想、分类讨论思想.
19、（1）（2）11
【解析】
（1）利用二倍角公式将式子化简成，再利用两角和与差的余弦公式即可求解.
（2）利用余弦定理可得，再将平方，利用向量数量积可得，从而可求周长.
【详解】
由题

解得，所以
由余弦定理，，
再由
解得：
所以
故的周长为
【点睛】
本题主要考查了余弦定理解三角形、两角和与差的余弦公式、需熟记公式，属于基础题.
20、（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
（1）运用绝对值不等式的性质，注意等号成立的条件，即可求得最小值，再运用柯西不等式，即可得到最小值.
（2）利用基本不等式即可得到结论，注意等号成立的条件.
【详解】
（1）由题意，则函数
，
又函数的最小值为，即，
由柯西不等式得，
当且仅当时取“=”.
故.
（2）由题意，利用基本不等式可得，，，
（以上三式当且仅当时同时取“=”）
由（1）知，，
所以，将以上三式相加得
即.
【点睛】
本题主要考查绝对值不等式、柯西不等式等基础知识，考查运算能力，属于中档题.
21、（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）确定圆的方程，就是确定半径的值，因为直线与圆相切，所以先确定直线方程，即确定点坐标：因为轴，所以，根据对称性，可取，则直线的方程为，根据圆心到切线距离等于半径得（2）根据垂径定理，求直线被圆截得弦长的最大值，就是求圆心到直线的距离的最小值. 设直线的方程为，则圆心到直线的距离，利用得，化简得，利用直线方程与椭圆方程联立方程组并结合韦达定理得，因此，当时，取最小值，取最大值为.
试题解析：解：（1）
因为椭圆的方程为，所以，.
因为轴，所以，而直线与圆相切，
根据对称性，可取，
则直线的方程为，
即.
由圆与直线相切，得，
所以圆的方程为.
（2）
易知，圆的方程为.
①当轴时，，
所以，
此时得直线被圆截得的弦长为.
②当与轴不垂直时，设直线的方程为，，
首先由，得，
即，
所以（*）.
联立，消去，得，
将代入（*）式，
得.
由于圆心到直线的距离为，
所以直线被圆截得的弦长为，故当时，有最大值为.
综上，因为，所以直线被圆截得的弦长的最大值为.
考点：直线与圆位置关系
22、（1）线的普通方程为，曲线的直角坐标方程为；（2）.
【解析】
试题分析：（1）（1）利用cs2θ+sin2θ=1，即可曲线C1的参数方程化为普通方程，进而利用即可化为极坐标方程，同理可得曲线C2的直角坐标方程；
（2）由过的圆心，得得，设，，代入中即可得解.
试题解析：
（1）曲线的普通方程为，化成极坐标方程为
曲线的直角坐标方程为
（2）在直角坐标系下，，，
恰好过的圆心，
∴由得 ，是椭圆上的两点，
在极坐标下，设，分别代入中，
有和
∴，
则，即