广东省揭阳市2026-2027学年高考冲刺模拟数学试题（含答案解析）

这是一份广东省揭阳市2026-2027学年高考冲刺模拟数学试题（含答案解析），共22页。试卷主要包含了已知复数满足，，则，复数在复平面内对应的点为则，设，则等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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．如图，平面与平面相交于，，，点，点，则下列叙述错误的是（ ）
A．直线与异面
B．过只有唯一平面与平行
C．过点只能作唯一平面与垂直
D．过一定能作一平面与垂直
2．如图，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，则该几何体的表面积（ ）
A．B．C．D．
3．定义在上的函数满足，则（）
A．-1B．0C．1D．2
4．等比数列的各项均为正数，且，则( )
A．12B．10C．8D．
5．已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图是全等的直角三角形，则该几何体的各个面中，最大面的面积为（ ）
A．2B．5C．D．
6．已知复数满足，(为虚数单位)，则( )
A．B．C．D．3
7．如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AD＝DC＝2AB，E为AD的中点，若，则λ＋μ的值为（ ）
A． B．C．D．
8．已知函数若关于的方程有六个不相等的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
9．复数在复平面内对应的点为则（ ）
A．B．C．D．
10．设，则
A．B．C．D．
11．已知，椭圆的方程，双曲线的方程为，和的离心率之积为，则的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
12．设曲线在点处的切线方程为，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在中，角的对边分别为，且．若为钝角，，则的面积为____________．
14．已知平面向量，，满足||＝1，||＝2，，的夹角等于，且（）•（）＝0，则||的取值范围是_____．
15．正方体的棱长为2, 是它的内切球的一条弦(我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦), 为正方体表面上的动点,当弦的长度最大时, 的取值范围是______.
16．定义在上的奇函数满足，并且当时，则___
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）在以ABCDEF为顶点的五面体中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝120°，AB＝AE＝ED＝2EF，EFAB，点G为CD中点，平面EAD⊥平面ABCD.
（1）证明：BD⊥EG；
（2）若三棱锥，求菱形ABCD的边长.
18．（12分）已知函数（为常数）
（Ⅰ）当时，求的单调区间；
（Ⅱ）若为增函数，求实数的取值范围.
19．（12分）某市调硏机构对该市工薪阶层对“楼市限购令”态度进行调查，抽调了50名市民，他们月收入频数分布表和对“楼市限购令”赞成人数如下表：
（1）若所抽调的50名市民中，收入在的有15名，求，，的值，并完成频率分布直方图．
（2）若从收入（单位：百元）在的被调查者中随机选取2人进行追踪调查，选中的2人中恰有人赞成“楼市限购令”，求的分布列与数学期望．
（3）从月收入频率分布表的6组市民中分别随机抽取3名市民，恰有一组的3名市民都不赞成“楼市限购令”，根据表格数据，判断这3名市民来自哪组的可能性最大？请直接写出你的判断结果．
20．（12分）已知函数，函数在点处的切线斜率为0.
（1）试用含有的式子表示，并讨论的单调性；
（2）对于函数图象上的不同两点，，如果在函数图象上存在点，使得在点处的切线，则称存在“跟随切线”.特别地，当时，又称存在“中值跟随切线”.试问：函数上是否存在两点使得它存在“中值跟随切线”，若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由.
21．（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，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)把的参数方程化为极坐标方程：
(2)求与交点的极坐标.
22．（10分）已知.
（1）求不等式的解集；
（2）记的最小值为，且正实数满足.证明：.
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、D
【解析】
根据异面直线的判定定理、定义和性质，结合线面垂直的关系，对选项中的命题判断.
【详解】
A.假设直线与共面，则A，D，B，C共面，则AB，CD共面，与，矛盾， 故正确.
B. 根据异面直线的性质知，过只有唯一平面与平行，故正确.
C. 根据过一点有且只有一个平面与已知直线垂直知，故正确.
D. 根据异面直线的性质知，过不一定能作一平面与垂直，故错误.
故选：D
本题主要考查异面直线的定义，性质以及线面关系，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.
2、C
【解析】
画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可．
【详解】
解：几何体的直观图如图，是正方体的一部分，P−ABC，
正方体的棱长为2，
该几何体的表面积：
．
故选C．
本题考查三视图求解几何体的直观图的表面积，判断几何体的形状是解题的关键．
3、C
【解析】
推导出，由此能求出的值．
【详解】
∵定义在上的函数满足，
∴，故选C．
本题主要考查函数值的求法，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用，属于中档题.
4、B
【解析】
由等比数列的性质求得，再由对数运算法则可得结论．
【详解】
∵数列是等比数列，∴，，
∴．
故选：B.
本题考查等比数列的性质，考查对数的运算法则，掌握等比数列的性质是解题关键．
5、D
【解析】
根据三视图还原出几何体，找到最大面，再求面积.
【详解】
由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，如图所示，将其放在一个长方体中，并记为三棱锥.，，，故最大面的面积为.选D.
本题主要考查三视图的识别，复杂的三视图还原为几何体时，一般借助长方体来实现.
6、A
【解析】
，故，故选A.
7、B
【解析】
建立平面直角坐标系，用坐标表示，利用，列出方程组求解即可.
【详解】
建立如图所示的平面直角坐标系，则D(0，0).
不妨设AB＝1，则CD＝AD＝2，所以C(2，0)，A(0，2)，B(1，2)，E(0，1)，

∴(－2，2)＝λ(－2，1)＋μ(1，2)，
解得则.
故选：B
本题主要考查了由平面向量线性运算的结果求参数，属于中档题.
8、B
【解析】
令，则，由图象分析可知在上有两个不同的根，再利用一元二次方程根的分布即可解决.
【详解】
令，则，如图
与顶多只有3个不同交点，要使关于的方程有
六个不相等的实数根，则有两个不同的根，
设由根的分布可知，
，解得.
故选：B.
本题考查复合方程根的个数问题，涉及到一元二次方程根的分布，考查学生转化与化归和数形结合的思想，是一道中档题.
9、B
【解析】
求得复数，结合复数除法运算，求得的值.
【详解】
易知，则.
故选：B
本小题主要考查复数及其坐标的对应，考查复数的除法运算，属于基础题.
10、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.
11、A
【解析】
根据椭圆与双曲线离心率的表示形式，结合和的离心率之积为，即可得的关系，进而得双曲线的离心率方程.
【详解】
椭圆的方程，双曲线的方程为，
则椭圆离心率，双曲线的离心率，
由和的离心率之积为，
即，
解得，
所以渐近线方程为，
化简可得，
故选：A.
本题考查了椭圆与双曲线简单几何性质应用，椭圆与双曲线离心率表示形式，双曲线渐近线方程求法，属于基础题.
12、D
【解析】
利用导数的几何意义得直线的斜率，列出a的方程即可求解
【详解】
因为，且在点处的切线的斜率为3，所以，即.
故选：D
本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，是基础题
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
转化为，利用二倍角公式可求解得，结合余弦定理可得b，再利用面积公式可得解.
【详解】
因为，
所以．
又因为，且为锐角，
所以．
由余弦定理得，
即，解得，
所以
故答案为：
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，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.
14、
【解析】
计算得到||，||csα﹣1，解得csα，根据三角函数的有界性计算范围得到答案.
【详解】
由（）•（）＝0 可得 （）•||•||csα﹣1×2cs||•||csα﹣1，α为与的夹角．
再由 2•1+4+2×1×2cs7 可得||，
∴||csα﹣1，解得csα．
∵0≤α≤π，∴﹣1≤csα≤1，∴1，即||+1≤0，解得 ||，
故答案为．
本题考查了向量模的范围，意在考查学生的计算能力，利用三角函数的有界性是解题的关键.
15、
【解析】
由弦的长度最大可知为球的直径.由向量的线性运用表示出，即可由范围求得的取值范围.
【详解】
连接，如下图所示：
设球心为,则当弦的长度最大时，为球的直径，
由向量线性运算可知
正方体的棱长为2，则球的半径为1，，
所以
，
而
所以，
即
故答案为：.
本题考查了空间向量线性运算与数量积的运算，正方体内切球性质应用，属于中档题.
16、
【解析】
根据所给表达式，结合奇函数性质，即可确定函数对称轴及周期性，进而由的解析式求得的值.
【详解】
满足，
由函数对称性可知关于对称，
且令，代入可得，
由奇函数性质可知，所以
令，代入可得，
所以是以4为周期的周期函数，
则
当时，
所以，
所以，
故答案为：.
本题考查了函数奇偶性与对称性的综合应用，周期函数的判断及应用，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）详见解析；（2）.
【解析】
（1）取中点，连，可得，结合平面EAD⊥平面ABCD，可证
平面ABCD，进而有，再由底面是菱形可得，可得，
可证得平面，即可证明结论；
（2）设底面边长为，由EFAB，AB＝2EF，，求出体积，建立的方程，即可求出结论.
【详解】
（1）取中点，连，
底面ABCD为菱形，，
，平面EAD⊥平面ABCD，
平面平面平面，
平面平面，
底面ABCD为菱形，，
为中点，，
平面，
平面平面，；
（2）设菱形ABCD的边长为，则，
，
，
，
，所以菱形ABCD的边长为.
本题考查线线垂直的证明和椎体的体积，注意空间中垂直关系之间的相互转化，体积问题要熟练应用等体积方法，属于中档题.
18、（Ⅰ）单调递增区间为，；单调递减区间为；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）对函数进行求导，利用导数判断函数的单调性即可；
（Ⅱ）对函数进行求导，由题意知,为增函数等价于在区间恒成立，利用分离参数法和基本不等式求最值即可求出实数的取值范围.
【详解】
（Ⅰ）由题意知，函数的定义域为，
当时，，
令，得，或，
所以，随的变化情况如下表：
的单调递增区间为，，单调递减区间为.
（Ⅱ）由题意得在区间恒成立，
即在区间恒成立.
，当且仅当，即时等号成立.
所以，所以的取值范围是.
本题考查利用导数求函数的单调区间、利用分离参数法和基本不等式求最值求参数的取值范围；考查运算求解能力和逻辑推理能力；利用导数把函数单调性问题转化为不等式恒成立问题是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
19、（1），频率分布直方图见解析；（2）分布列见解析，；（3）来自的可能性最大．
【解析】
（1）由频率和为可知，根据求得，从而计算得到频数，补全频率分布表后可画出频率分布直方图；
（2）首先确定的所有可能取值，由超几何分布概率公式可计算求得每个取值对应的概率，由此得到分布列；根据数学期望的计算公式可求得期望；
（3）根据中不赞成比例最大可知来自的可能性最大.
【详解】
（1）由频率分布表得：，即．
收入在的有名，，，，
则频率分布直方图如下：
（2）收入在中赞成人数为，不赞成人数为，
可能取值为，
则；；，
的分布列为：
．
（3）来自的可能性更大．
本题考查概率与统计部分知识的综合应用，涉及到频数、频率的计算、频率分布直方图的绘制、服从于超几何分布的随机变量的分布列与数学期望的求解、统计估计等知识；考查学生的运算和求解能力.
20、（1），单调性见解析；（2）不存在，理由见解析
【解析】
（1）由题意得，即可得；求出函数的导数，再根据、、、分类讨论，分别求出、的解集即可得解；
（2）假设满足条件的、存在，不妨设，且，由题意得可得，令（），构造函数（），求导后证明即可得解.
【详解】
（1）由题可得函数的定义域为且，
由，整理得.
.
（ⅰ）当时，易知，，时.
故在上单调递增，在上单调递减.
（ⅱ）当时，令，解得或，则
①当，即时，在上恒成立，则在上递增.
②当，即时，当时，；
当时，.
所以在上单调递增，单调递减，单调递增.
③当，即时，当时，；当时，.
所以在上单调递增，单调递减，单调递增.
综上，当时，在上单调递增，在单调递减.
当时，在及上单调递增；在上单调递减.
当时，在上递增.
当时，在及上单调递增；在上递减.
（2）满足条件的、不存在，理由如下：
假设满足条件的、存在，不妨设，且，
则，
又，
由题可知，整理可得：，
令（），构造函数（）.
则，
所以在上单调递增，从而，
所以方程无解，即无解.
综上，满足条件的A、B不存在.
本题考查了导数的应用，考查了计算能力和转化化归思想，属于中档题.
21、（1）（2）与交点的极坐标为，和
【解析】
（1）先把曲线化成直角坐标方程，再化简成极坐标方程；
（2）联立曲线和曲线的方程解得即可.
【详解】
(1)曲线的直角坐标方程为：，即 . 的参数方程化为极坐标方程为；
(2)联立可得：，与交点的极坐标为，和.
本题考查了参数方程，直角坐标方程，极坐标方程的互化，也考查了极坐标方程的联立，属于基础题.
22、（1）或；（2）见解析
【解析】
（1）根据，利用零点分段法解不等式，或作出函数的图像，利用函数的图像解不等式；
（2）由（1）作出的函数图像求出的最小值为，可知，代入中，然后给等式两边同乘以，再将写成后，化简变形，再用均值不等式可证明.
【详解】
（1）解法一：1°时，，即，解得；
2°时，，即，解得；
3°时，，即，解得.
综上可得，不等式的解集为或.
解法二：由作出图象如下：
由图象可得不等式的解集为或.
（2）由
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
正实数满足，则，
即，
（当且仅当即时取等号）
故，得证.
此题考查了绝对值不等式的解法，绝对值不等式的性质和均值不等式的运用，考查了分类讨论思想和转化思想，属于中档题.
月收入（单位：百元）
频数
5
10
5
5
频率
0.1
0.2
0.1
0.1
赞成人数
4
8
12
5
2
1
递增
递减
递增