2026届广西省高三第四次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届广西省高三第四次模拟考试数学试卷含解析，共18页。试卷主要包含了函数的定义域为，已知圆，已知集合，，则等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．复数满足 (为虚数单位),则的值是( )
A．B．C．D．
2．已知幂函数的图象过点，且，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
3．对某两名高三学生在连续9次数学测试中的成绩（单位：分）进行统计得到折线图，下面是关于这两位同学的数学成绩分析．
①甲同学的成绩折线图具有较好的对称性，故平均成绩为130分；
②根据甲同学成绩折线图提供的数据进行统计，估计该同学平均成绩在区间内；
③乙同学的数学成绩与测试次号具有比较明显的线性相关性，且为正相关；
④乙同学连续九次测验成绩每一次均有明显进步．
其中正确的个数为（ ）
A．B．C．D．
4．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．
5．函数的定义域为（ ）
A．或B．或
C．D．
6．若单位向量，夹角为，，且，则实数（ ）
A．－1B．2C．0或－1D．2或－1
7．已知圆：，圆：，点、分别是圆、圆上的动点，为轴上的动点，则的最大值是（ ）
A．B．9C．7D．
8．若关于的不等式有正整数解，则实数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
9．已知集合，，则( )
A．B．C．D．
10． 的内角的对边分别为，已知，则角的大小为（ ）
A．B．C．D．
11．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的表面积为（ ）
A．8B．C．D．
12．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．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在数列中，，，曲线在点处的切线经过点，下列四个结论：①；②；③；④数列是等比数列；其中所有正确结论的编号是______.
14．已知，若，则a的取值范围是______．
15．在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的参数方程为（为参数）.
（1）求直线和曲线的普通方程；
（2）设为曲线上的动点，求点到直线距离的最小值及此时点的坐标.
16．函数在处的切线方程是____________.
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）已知的三个内角所对的边分别为，向量，，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求的值
18．（12分）如图，在正四棱柱中，已知，.
（1）求异面直线与直线所成的角的大小；
（2）求点到平面的距离.
19．（12分）已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若的解集包含，求的取值范围.
20．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）写出的普通方程和的直角坐标方程；
（2）设点在上，点在上，求的最小值以及此时的直角坐标.
21．（12分）在如图所示的多面体中，平面平面，四边形是边长为2的菱形，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，且， ，
（1）若分别为，的中点，求证：平面；
（2）若，与平面所成角的正弦值，求二面角的余弦值．
22．（10分）在直角坐标系中，已知直线的直角坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数），以直角坐标系原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线和直线的极坐标方程；
（2）已知直线与曲线、相交于异于极点的点，若的极径分别为，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】
直接利用复数的除法的运算法则化简求解即可．
【详解】
由得：
本题正确选项：
【点睛】
本题考查复数的除法的运算法则的应用，考查计算能力．
2、A
【解析】
根据题意求得参数，根据对数的运算性质，以及对数函数的单调性即可判断.
【详解】
依题意，得，故，
故，，，
则.
故选：A.
【点睛】
本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，考查推理论证能力，属基础题.
3、C
【解析】
利用图形，判断折线图平均分以及线性相关性，成绩的比较，说明正误即可．
【详解】
①甲同学的成绩折线图具有较好的对称性，最高分，平均成绩为低于分，①错误；
②根据甲同学成绩折线图提供的数据进行统计，估计该同学平均成绩在区间内，②正确；
③乙同学的数学成绩与测试次号具有比较明显的线性相关性，且为正相关，③正确；
④乙同学在这连续九次测验中第四次、第七次成绩较上一次成绩有退步，故④不正确．
故选：C．
【点睛】
本题考查折线图的应用，线性相关以及平均分的求解，考查转化思想以及计算能力，属于基础题．
4、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
5、A
【解析】
根据偶次根式被开方数非负可得出关于的不等式，即可解得函数的定义域.
【详解】
由题意可得，解得或.
因此，函数的定义域为或.
故选：A.
【点睛】
本题考查具体函数定义域的求解，考查计算能力，属于基础题.
6、D
【解析】
利用向量模的运算列方程，结合向量数量积的运算，求得实数的值.
【详解】
由于，所以，即，，即，解得或.
故选：D
【点睛】
本小题主要考查向量模的运算，考查向量数量积的运算，属于基础题.
7、B
【解析】
试题分析：圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径是．要使最大，需最大，且最小，最大值为的最小值为，故最大值是;关于轴的对称点，，故的最大值为，故选B．
考点：圆与圆的位置关系及其判定．
【思路点睛】先根据两圆的方程求出圆心和半径，要使最大，需最大，且最小，最大值为的最小值为，故最大值是，再利用对称性，求出所求式子的最大值．
8、A
【解析】
根据题意可将转化为，令，利用导数，判断其单调性即可得到实数的最小值．
【详解】
因为不等式有正整数解，所以，于是转化为， 显然不是不等式的解，当时，，所以可变形为．
令，则，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，而，所以
当时，，故，解得．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查不等式能成立问题的解法，涉及到对数函数的单调性的应用，构造函数法的应用，导数的应用等，意在考查学生的转化能力，属于中档题．
9、D
【解析】
先求出集合B，再与集合A求交集即可.
【详解】
由已知，，故，所以.
故选：D.
【点睛】
本题考查集合的交集运算，考查学生的基本运算能力，是一道容易题.
10、A
【解析】
先利用正弦定理将边统一化为角，然后利用三角函数公式化简，可求出解B.
【详解】
由正弦定理可得，即，即有，因为，则，而，所以.
故选：A
【点睛】
此题考查了正弦定理和三角函数的恒等变形，属于基础题.
11、D
【解析】
根据三视图还原几何体为四棱锥，即可求出几何体的表面积．
【详解】
由三视图知几何体是四棱锥，如图，
且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，四棱锥的底面是正方形,边长为2,棱锥的高为2，
所以，
故选：
【点睛】
本题主要考查了由三视图还原几何体，棱锥表面积的计算，考查了学生的运算能力，属于中档题.
12、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.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、①③④
【解析】
先利用导数求得曲线在点处的切线方程，由此求得与的递推关系式，进而证得数列是等比数列，由此判断出四个结论中正确的结论编号.
【详解】
∵，∴曲线在点处的切线方程为，
则.
∵，∴，
则是首项为1，公比为的等比数列，
从而，，.
故所有正确结论的编号是①③④.
故答案为：①③④
【点睛】
本小题主要考查曲线的切线方程的求法，考查根据递推关系式证明等比数列，考查等比数列通项公式和前项和公式，属于基础题.
14、
【解析】
函数等价为，由二次函数的单调性可得在R上递增，即为，可得a的不等式，解不等式即可得到所求范围．
【详解】
，等价为，
且时，递增，时，递增，
且，在处函数连续，
可得在R上递增，
即为，可得，解得，
即a的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】
本题考查分段函数的单调性的判断和运用：解不等式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
15、（1），；（2），.
【解析】
（1）利用代入消参的方法即可将两个参数方程转化为普通方程；
（2）利用参数方程，结合点到直线的距离公式，将问题转化为求解二次函数最值的问题，即可求得.
【详解】
（1）直线的普通方程为.
在曲线的参数方程中，，
所以曲线的普通方程为.
（2）设点.
点到直线的距离.
当时，，所以点到直线的距离的最小值为.
此时点的坐标为.
【点睛】
本题考查将参数方程转化为普通方程，以及利用参数方程求距离的最值问题，属中档题.
16、
【解析】
求出和的值，利用点斜式可得出所求切线的方程.
【详解】
，则，，.
因此，函数在处的切线方程是，
即.
故答案为：.
【点睛】
本题考查利用导数求函数的切线方程，考查计算能力，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）
【解析】
利用平面向量数量积的坐标表示和二倍角的余弦公式得到关于的方程,解方程即可求解;
由知,在中利用余弦定理得到关于的方程,与方程联立求出,进而求出,利用两角差的正弦公式求解即可.
【详解】
由题意得，,
由二倍角的余弦公式可得,
,
又因为，所以，
解得或，
∵，∴.
在中,由余弦定理得,
即①
又因为,把代入①整理得，
，解得，，
所以为等边三角形，，
∴,
即.
【点睛】
本题考查利用平面向量数量积的坐标表示和余弦定理及二倍角的余弦公式解三角形;熟练掌握余弦的二倍角公式和余弦定理是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
18、（1）；（2）.
【解析】
（1）建立空间坐标系，通过求向量与向量的夹角，转化为异面直线与直线所成的角的大小；（2）先求出面的一个法向量，再用点到面的距离公式算出即可．
【详解】
以为原点，所在直线分别为轴建系，
设
所以,
,
所以异面直线与直线所成的角的余弦值为 ，异面直线与直线所成的角的大小为．
（2）因为， ，设是面的一个法向量，
所以有 即 ，令 ， ，故，
又，所以点到平面的距离为.
【点睛】
本题主要考查向量法求异面直线所成角的大小和点到面的距离，意在考查学生的数学建模以及数学运算能力．
19、（1）；（2）.
【解析】
（1）对范围分类整理得：，分类解不等式即可．
（2）利用已知转化为“当时，”恒成立，利用绝对值不等式的性质可得：，问题得解．
【详解】
当时，，
当时，由得，解得；
当时，无解；
当时，由得，解得，
所以的解集为
（2）的解集包含等价于在上恒成立，
当时，等价于恒成立，
而，∴，
故满足条件的的取值范围是
【点睛】
本题主要考查了含绝对值不等式的解法，还考查了转化能力及绝对值不等式的性质，考查计算能力，属于中档题．
20、（1）：，：；（2），此时.
【解析】
试题分析：（1）的普通方程为，的直角坐标方程为；（2）由题意，可设点的直角坐标为到的距离
当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.
试题解析： （1）的普通方程为，的直角坐标方程为.
（2）由题意，可设点的直角坐标为，因为是直线，所以的最小值即为到的距离的最小值，.
当且仅当时，取得最小值，最小值为，此时的直角坐标为.
考点：坐标系与参数方程.
【方法点睛】参数方程与普通方程的互化：把参数方程化为普通方程，需要根据其结构特征，选取适当的消参方法，常见的消参方法有：代入消参法；加减消参法；平方和（差）消参法；乘法消参法；混合消参法等．把曲线的普通方程化为参数方程的关键：一是适当选取参数；二是确保互化前后方程的等价性．注意方程中的参数的变化范围．
21、 (1)见解析(2)
【解析】
试题分析：（1）第（1）问，转化成证明平面 ,再转化成证明和.(2)第（2）问，先利用几何法找到与平面所成角，再根据与平面所成角的正弦值为求出再建立空间直角坐标系，求出二面角的余弦值.
试题解析：
（1）连接,因为四边形为菱形，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面.
又平面，所以.
因为，所以.
因为，所以平面.
因为分别为，的中点，所以，所以平面
（2）设，由（1）得平面.
由，，得，.
过点作，与的延长线交于点，取的中点，连接，，如图所示，
又，所以为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，故平面.
因为为平行四边形，所以，所以平面.
又因为，所以平面.
因为，所以平面平面.
由（1），得平面，所以平面，所以.
因为，所以平面，所以是与平面所成角.
因为，，所以平面，平面，因为，所以平面平面.
所以，，解得.
在梯形中，易证，分别以，，的正方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.
则，，，，，，
由，及，得，所以，，.
设平面的一个法向量为，由得令，得m=(3,1,2)
设平面的一个法向量为，由得令，得.
所以
又因为二面角是钝角，所以二面角的余弦值是.
22、（1），.（2）
【解析】
（1）先将曲线的参数方程化为直角坐标方程，即可代入公式化为极坐标；根据直线的直角坐标方程，求得倾斜角，即可得极坐标方程.
（2）将直线的极坐标方程代入曲线、可得，进而代入可得的值.
【详解】
（1）曲线的参数方程为（为参数），
消去得，
把，代入得，
从而得的极坐标方程为，
∵直线的直角坐标方程为，其倾斜角为，
∴直线的极坐标方程为.
（2）将代入曲线的极坐标方程分别得到
，
则.
【点睛】
本题考查了参数方程化为普通方程的方法，直角坐标方程化为极坐标方程的方法，极坐标的几何意义，属于中档题.