2026届广西省桂林中学高三冲刺模拟数学试卷含解析

这是一份2026届广西省桂林中学高三冲刺模拟数学试卷含解析，共19页。试卷主要包含了命题，如图所示的“数字塔”有以下规律，若复数满足，设、，数列满足，，，则，函数等内容，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．某空间几何体的三视图如图所示（图中小正方形的边长为1），则这个几何体的体积是（ ）
A．B．C．16D．32
2．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，其中左视图中三角形为等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积是（ ）
A．B．
C．D．
3．某几何体的三视图如右图所示,则该几何体的外接球表面积为( )
A．B．
C．D．
4．命题：存在实数，对任意实数，使得恒成立；：，为奇函数，则下列命题是真命题的是（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示的“数字塔”有以下规律：每一层最左与最右的数字均为2，除此之外每个数字均为其两肩的数字之积，则该“数字塔”前10层的所有数字之积最接近（ ）
A．B．C．D．
6．若复数满足（为虚数单位），则其共轭复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
7．设、，数列满足，，，则（ ）
A．对于任意，都存在实数，使得恒成立
B．对于任意，都存在实数，使得恒成立
C．对于任意，都存在实数，使得恒成立
D．对于任意，都存在实数，使得恒成立
8．设正项等差数列的前项和为，且满足，则的最小值为
A．8B．16C．24D．36
9．函数（且）的图象可能为（ ）
A．B．C．D．
10．已知双曲线的一条渐近线方程为，，分别是双曲线C的左、右焦点，点P在双曲线C上，且，则( )
A．9B．5C．2或9D．1或5
11．已知实数，，函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
12．用1，2，3，4，5组成不含重复数字的五位数，要求数字4不出现在首位和末位，数字1，3，5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是（ ）
A．48B．60C．72D．120
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，满足约束条件则的最大值为__________.
14．已知集合，，则____________．
15．已知函数，若方程的解为，（），则_______；_______．
16．已知集合，其中，.且，则集合中所有元素的和为_________.
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.
（1）当时，求函数的值域；
（2）的角的对边分别为且，，求边上的高的最大值.
18．（12分）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程是，直线和直线的极坐标方程分别是（）和（），其中（）.
（1）写出曲线的直角坐标方程；
（2）设直线和直线分别与曲线交于除极点的另外点，，求的面积最小值.
19．（12分）已知函数是自然对数的底数.
（1）若，讨论的单调性；
（2）若有两个极值点，求的取值范围，并证明:.
20．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为(为参数).以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（Ⅰ）求直线的直角坐标方程与曲线的普通方程；
（Ⅱ）已知点设直线与曲线相交于两点，求的值.
21．（12分）在①；②；③ 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答相应的问题.
在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足________________，，求的面积.
22．（10分）函数
（1）证明：；
（2）若存在，且，使得成立，求取值范围.
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、A
【解析】
几何体为一个三棱锥，高为4，底面为一个等腰直角三角形，直角边长为4，所以体积是，选A.
2、C
【解析】
作出三视图所表示几何体的直观图，可得直观图为直三棱柱，并且底面为等腰直角三角形，即可求得外接球的半径，即可得外接球的体积.
【详解】
如图为几何体的直观图，上下底面为腰长为的等腰直角三角形，三棱柱的高为4，其外接球半径为，所以体积为.
故选：C
【点睛】
本题考查三视图还原几何体的直观图、球的体积公式，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意球心的确定.
3、A
【解析】
由三视图知：几何体为三棱锥，且三棱锥的一条侧棱垂直于底面，结合直观图判断外接球球心的位置，求出半径，代入求得表面积公式计算．
【详解】
由三视图知：几何体为三棱锥，且三棱锥的一条侧棱垂直于底面，高为2，
底面为等腰直角三角形，斜边长为，如图：
的外接圆的圆心为斜边的中点，，且平面，
，
的中点为外接球的球心，
半径，
外接球表面积．
故选：A
【点睛】
本题考查了由三视图求几何体的外接球的表面积，根据三视图判断几何体的结构特征，利用几何体的结构特征与数据求得外接球的半径是解答本题的关键．
4、A
【解析】
分别判断命题和的真假性，然后根据含有逻辑联结词命题的真假性判断出正确选项.
【详解】
对于命题，由于，所以命题为真命题.对于命题，由于，由解得，且，所以是奇函数，故为真命题.所以为真命题. 、、都是假命题.
故选：A
【点睛】
本小题主要考查诱导公式，考查函数的奇偶性，考查含有逻辑联结词命题真假性的判断，属于基础题.
5、A
【解析】
结合所给数字特征，我们可将每层数字表示成2的指数的形式，观察可知，每层指数的和成等比数列分布，结合等比数列前项和公式和对数恒等式即可求解
【详解】
如图，将数字塔中的数写成指数形式，可发现其指数恰好构成“杨辉三角”，前10层的指数之和为，所以原数字塔中前10层所有数字之积为.
故选：A
【点睛】
本题考查与“杨辉三角”有关的规律求解问题，逻辑推理，等比数列前项和公式应用，属于中档题
6、D
【解析】
由已知等式求出z，再由共轭复数的概念求得，即可得虚部.
【详解】
由zi＝1﹣i，∴z＝ ，所以共轭复数=-1+，虚部为1
故选D．
【点睛】
本题考查复数代数形式的乘除运算和共轭复数的基本概念，属于基础题．
7、D
【解析】
取，可排除AB；由蛛网图可得数列的单调情况，进而得到要使，只需，由此可得到答案.
【详解】
取，，数列恒单调递增，且不存在最大值，故排除AB选项；
由蛛网图可知，存在两个不动点，且，，
因为当时，数列单调递增，则；
当时，数列单调递减，则；
所以要使，只需要，故，化简得且.
故选：D．
【点睛】
本题考查递推数列的综合运用，考查逻辑推理能力，属于难题．
8、B
【解析】
方法一：由题意得，根据等差数列的性质，得成等差数列，设，则，，则，当且仅当时等号成立，从而的最小值为16，故选B．
方法二：设正项等差数列的公差为d，由等差数列的前项和公式及，化简可得，即，则，当且仅当，即时等号成立，从而的最小值为16，故选B．
9、D
【解析】
因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.
考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.
10、B
【解析】
根据渐近线方程求得，再利用双曲线定义即可求得.
【详解】
由于，所以，
又且，
故选：B.
【点睛】
本题考查由渐近线方程求双曲线方程，涉及双曲线的定义，属基础题.
11、D
【解析】
根据题意，对于函数分2段分析：当，由指数函数的性质分析可得①，当，由导数与函数单调性的关系可得，在上恒成立，变形可得②，再结合函数的单调性，分析可得③，联立三个式子，分析可得答案.
【详解】
解：根据题意，函数在上单调递增，
当，若为增函数，则①，
当，
若为增函数，必有在上恒成立，
变形可得：，
又由，可得在上单调递减，则，
若在上恒成立，则有②，
若函数在上单调递增，左边一段函数的最大值不能大于右边一段函数的最小值，
则需有，③
联立①②③可得：.
故选：D.
【点睛】
本题考查函数单调性的性质以及应用，注意分段函数单调性的性质.
12、A
【解析】
对数字分类讨论，结合数字中有且仅有两个数字相邻，利用分类计数原理，即可得到结论
【详解】
数字出现在第位时，数字中相邻的数字出现在第位或者位，
共有个
数字出现在第位时，同理也有个
数字出现在第位时，数字中相邻的数字出现在第位或者位，
共有个
故满足条件的不同的五位数的个数是个
故选
【点睛】
本题主要考查了排列，组合及简单计数问题，解题的关键是对数字分类讨论，属于基础题。
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、1
【解析】
先画出约束条件的可行域，根据平移法判断出最优点，代入目标函数的解析式，易可得到目标函数的最大值．
【详解】
解：由约束条件得如图所示的三角形区域，
由于，则，
要求的最大值，则求的截距的最小值，
显然当平行直线过点时，
取得最大值为：.
故答案为：1．
【点睛】
本题考查线性规划求最值问题，我们常用几何法求最值.
14、
【解析】
由于，，则．
15、
【解析】
求出在 上的对称轴，依据对称性可得的值;由可得，依据可求出的值.
【详解】
解：令，解得
因为，所以 关于 对称.则.
由，则
由可知，，又因为 ，
所以，则，即
故答案为: ;.
【点睛】
本题考查了三角函数的对称轴，考查了诱导公式，考查了同角三角函数的基本关系.本题的易错点在于没有正确判断的取值范围，导致求出.在求的对称轴时，常用整体代入法，即令 进行求解.
16、2889
【解析】
先计算集合中最小的数为，最大的数，可得，求和即得解.
【详解】
当时，集合中最小数；
当时，得到集合中最大的数；

故答案为：2889
【点睛】
本题考查了数列与集合综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
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）
【解析】
（1）由题意利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的定义域和值域，得出结论.
（2）由题意利用余弦定理､三角形的面积公式､基本不等式求得的最大值，可得边上的高的最大值.
【详解】
解：（1）∵函数，
当时，，.
（2）中，，∴.
由余弦定理可得，当且仅当时，取等号，
即的最大值为3.
再根据，故当取得最大值3时，取得最大值为.
【点睛】
本题考查降幂公式、两角和的正弦公式，考查正弦函数的性质，余弦定理，三角形面积公式，所用公式较多，选用恰当的公式是解题关键，本题属于中档题．
18、（1）；（2）16.
【解析】
（1）将极坐标方程化为直角坐标方程即可；
（2）利用极径的几何意义，联立曲线，直线，直线的极坐标方程，得出，利用三角形面积公式，结合正弦函数的性质，得出的面积最小值.
【详解】
（1）曲线：，即
化为直角坐标方程为：；
（2），即
同理
∴
当且仅当，即（）时取等号
即的面积最小值为16
【点睛】
本题主要考查了极坐标方程化直角坐标方程以及极坐标的应用，属于中档题.
19、（1）减区间是，增区间是；（2），证明见解析.
【解析】
（1）当时，求得函数的导函数以及二阶导函数，由此求得的单调区间.
（2）令求得，构造函数，利用导数求得的单调区间、极值和最值，结合有两个极值点，求得的取值范围.将代入列方程组，由证得.
【详解】
（1），
，
又，所以在单增，
从而当时，递减，
当时，递增.
（2）.令，
令，则
故在递增，在递减，
所以.注意到当时，
所以当时，有一个极值点，
当时，有两个极值点，
当时，没有极值点，
综上
因为是的两个极值点，
所以
不妨设，得，
因为在递减，且，
所以
又
所以
【点睛】
本小题主要考查利用导数研究函数的单调区间，考查利用导数研究函数的极值点，考查利用导数证明不等式，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.
20、（Ⅰ）直线的直角坐标方程为；曲线的普通方程为；（Ⅱ）.
【解析】
（I）利用参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化公式即可；
（II）将直线参数方程代入抛物线的普通方程，可得，而根据直线参数方程的几何意义，知，代入即可解决.
【详解】
由
可得直线的直角坐标方程为
由曲线的参数方程，消去参数
可得曲线的普通方程为.
易知点在直线上，直线的参数方程为(为参数).
将直线的参数方程代入曲线的普通方程，并整理得.
设是方程的两根，则有.
【点睛】
本题考查参数方程、普通方程、极坐标方程间的互化，直线参数方程的几何意义，是一道容易题.
21、横线处任填一个都可以，面积为．
【解析】
无论选哪一个，都先由正弦定理化边为角后，由诱导公式，展开后，可求得角，再由余弦定理求得，从而易求得三角形面积．
【详解】
在横线上填写“”.
解：由正弦定理，得.
由，
得.
由，得.
所以.
又（若，则这与矛盾），
所以.
又，得.
由余弦定理及，
得，
即.将代入，解得.
所以.
在横线上填写“”.
解：由及正弦定理，得
.
又，
所以有.
因为，所以.
从而有.又，
所以
由余弦定理及，
得
即.将代入，
解得.
所以.
在横线上填写“”
解：由正弦定理，得.
由，得，
所以
由二倍角公式，得.
由，得，所以.
所以，即.
由余弦定理及，
得.
即.将代入，
解得.
所以.
【点睛】
本题考查三角形面积公式，考查正弦定理、余弦定理，两角和的正弦公式等，正弦定理进行边角转换，求三角形面积时，
①若三角形中已知一个角(角的大小或该角的正、余弦值)，结合题意求解这个角的两边或该角的两边之积，代入公式求面积；
②若已知三角形的三边，可先求其一个角的余弦值，再求其正弦值，代入公式求面积，总之，结合图形恰当选择面积公式是解题的关键．
22、（1）证明见详解；（2）或或
【解析】
（1）
（2）首先用基本不等式得到，然后解出不等式即可
【详解】
（1）因为
所以
（2）当时
所以
当且仅当即时等号成立
因为存在，且，使得成立
所以
所以或
解得：或或
【点睛】
1.要熟练掌握绝对值的三角不等式，即
2.应用基本不等式求最值时要满足“一正二定三相等”.