精品解析：广东省中山市某校2025-2026学年高三上学期第四次模拟考试数学试题

中山市华侨中学2026届高三年级第四次模拟考试数学科试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数z满足（为虚数单位），则（ ） A. －2 B. －1 C. 1 D. 2 2. 已知全集U＝R，集合A＝{x|x2－5x－6≤0}，B＝{x|－3<x<3}，则如图所示的Venn图中阴影部分表示的集合为（ ） A. (－3，－1] B. (－1，3] C. (1，3] D. [3，6] 3. 若m,n为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知，，均为单位向量，且满足，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列中，其前项和为，且，，成等差数列，则（ ）． A. B. C. D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，点，，在图象上，若， ，且，则（ ） A. 3 B. C. 0 D. 7. 设函数，，若存在，，使得，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 8. 已知椭圆的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆C于A，B两点，若，点M满足，且，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 若平面向量，，其中，，则下列说法正确的是（   ） A. 若，则 B. 若，则与同向的单位向量为 C. 若，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为 D. 若，则的最小值为 10. 斗笠是遮阳挡雨的帽子，有很宽的边沿，用竹篾、箭竹叶为原料编织而成，以竹青细篾加藤片扎顶滚边，竹叶夹一层油纸或者荷叶，笠面再涂上桐油．某旅游景点的老手艺人手工编制竹篾尖顶斗笠（斗笠近似看作圆锥），并在笠面涂上桐油（只涂外表面）.已知的笠面需涂桐油约为kg，且斗笠所在圆锥的底面周长为160cm，斗笠所在圆锥的高为cm，则（ ） A. 斗笠所在圆锥的底面面积为 B. 斗笠所在圆锥的体积为 C. 斗笠所在圆锥的母线长为 D. 1kg的桐油，大约可涂刷50个斗笠 11. 已知函数，则（ ） A. 函数有最大值 B. 至少有个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 存在，使得为奇函数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线与圆相切，则的值为__________． 13. 在棱长为3的正方体中，点E满足，点F在平面内，则的最小值为__________． 14. 已知函数有两个极值点与，若，则实数的取值范围为________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知等比数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 16. 如图，在四棱锥中，平面，，且平分， 为的中点，，，， (Ⅰ)证明平面； (Ⅱ)证明平面； (Ⅲ)求四棱锥的体积. 17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）若，求C； （2）求的取值范围. 18. 已知函数. （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若不等式恒成立，求整数的最大值. 19. 已知抛物线，是抛物线上的三点，且满足，过作于点． （1）若，求证直线过定点； （2）设，记点轨迹围成的图形的面积为，记的面积为，当直线的倾斜角不是钝角时，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 中山市华侨中学2026届高三年级第四次模拟考试数学科试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数z满足（为虚数单位），则（ ） A. －2 B. －1 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算可得，进而即得. 【详解】因为， 所以，， 所以. 故选：D. 2. 已知全集U＝R，集合A＝{x|x2－5x－6≤0}，B＝{x|－3<x<3}，则如图所示的Venn图中阴影部分表示的集合为（ ） A. (－3，－1] B. (－1，3] C. (1，3] D. [3，6] 【答案】D 【解析】 【分析】先解不等式求出A＝{x|-1≤x≤6}，进而求出阴影部分表示的集合. 【详解】x2－5x－6≤0，解得：-1≤x≤6，所以A＝{x|-1≤x≤6}， 阴影部分表示的集合为B在U中的补集与A求交集，为 [3，6]. 故选：D 3. 若m,n为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误. 【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则存在直线，， 所以由可得，故，故C正确； 对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选：C. 4. 已知，，均为单位向量，且满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的性质进行运算即可． 【详解】，，则，即，则 故选：C 5. 已知数列中，其前项和为，且，，成等差数列，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差中项得，再降次作差，变形得，再利用等比数列性质即可求出答案. 【详解】∵，，成等差数列，∴， 当时，，， 当时，，∴，即， ∴，∴是以为首项，为公比的等比数列， ∴，∴，∴， 故选：D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，点，，在图象上，若， ，且，则（ ） A. 3 B. C. 0 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件求出A，ω和φ的值，求出函数的解析式，利用三角函数的对称性进行求解即可． 【详解】解：由条件知函数的周期满足，即， 得 由五点法得，即，得， 则， 则，得， 即， 在内的对称轴为， 若， ，且， 则关于对称， 则， 则. 故选：D. 【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质，根据条件先求出函数的解析式，以及利用三角函数的对称性是解决本题的关键． 7. 设函数，，若存在，，使得，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得，即可得到，构造函数，求导得其最值，即可得到结果. 【详解】由题意可得，即， 所以， 又，所以在上单调递增， 即，所以， 且， 令，， 则，其中， 令，则， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以当时，有极大值，即最大值， 所以，， 所以. 故选：B 【点睛】关键点睛：本题主要考查了函数同构问题以及导数求最值问题，结合同构函数，然后构造函数求导即可得到结果. 8. 已知椭圆的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆C于A，B两点，若，点M满足，且，则椭圆C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由、结合正弦定理可得，又，故，再结合余弦定理计算即可得离心率. 【详解】由椭圆定义可知，由，故，， 点满足，即，则， 又，， 即，又， 故，则，即， 即平分，又，故， 则，则， ， ， 由， 故，即， 即，即，故. 故选：B. 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于根据已知条件得到线段之间的关系，继而利用余弦定理求出c，即可求解. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 若平面向量，，其中，，则下列说法正确的是（   ） A. 若，则 B. 若，则与同向的单位向量为 C. 若，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为 D. 若，则的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用向量坐标运算求出判断A；利用数乘向量结果求出，再求出单位向量判断B；利用向量夹角为锐角列出不等式求解判断C；利用向量垂直的坐标表示，结合基本不等式求解判断D. 【详解】对于A，，则，解得， 则，，显然不存在，使，即，不共线，A错误； 对于B，，则，解得，即，， ，则与同向的单位向量为，B正确； 对于C，当时，，又与的夹角为锐角， 则，解得，且，即，C正确； 对于D，由，得，即， 则， 当且仅当，即时取等号，D正确. 故选：BCD 10. 斗笠是遮阳挡雨的帽子，有很宽的边沿，用竹篾、箭竹叶为原料编织而成，以竹青细篾加藤片扎顶滚边，竹叶夹一层油纸或者荷叶，笠面再涂上桐油．某旅游景点的老手艺人手工编制竹篾尖顶斗笠（斗笠近似看作圆锥），并在笠面涂上桐油（只涂外表面）.已知的笠面需涂桐油约为kg，且斗笠所在圆锥的底面周长为160cm，斗笠所在圆锥的高为cm，则（ ） A. 斗笠所在圆锥的底面面积为 B. 斗笠所在圆锥的体积为 C. 斗笠所在圆锥的母线长为 D. 1kg的桐油，大约可涂刷50个斗笠 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用圆锥的面积、体积公式计算即可. 【详解】设斗笠所在圆锥的底面半径为，母线长为，高为， 则，所以斗笠所在圆锥的底面面积， 故A错误； 斗笠所在圆锥的体积，故B正确； 因为， 所以， 故C正确； 斗笠所在圆锥的侧面积. 因为1kg的桐油大约可涂笠面面积为， 所以1kg的桐油大约可涂刷斗笠的个数为， 故D正确. 故选：BCD. 11. 已知函数，则（ ） A. 函数有最大值 B. 至少有个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 存在，使得为奇函数 【答案】BC 【解析】 【分析】对求导后，根据的取值范围可确定的单调性和极值，从而得到在上的值域为；根据函数解析式可推导得到，从而知，可得A错误；结合零点存在定理可说明在上有三个零点，知B正确；根据可知C正确；假设存在，根据奇函数定义可化简得到，由方程组无解可知D错误. 【详解】，当时，，则， 在上单调递增； 令，则， 假设存在，，使得， 则当时，；当时，； 在，上单调递增，在上单调递减； 又，，，，； ，， ，即； 在上的值域为； 对于A，， ，以此类推，则，无最大值，A错误； 对于B，且在上单调递增，在上有一个零点； 且在上单调递减，在上有一个零点； 又，在上有三个不同零点； 至少有个零点，B正确； 对于C，， 的图象关于点对称，C正确； 对于D，假设存在，使得为奇函数， 令，则， ， 整理可得：； 若方程恒成立，则，即，方程组无解， 不存在实数，使得为奇函数，D错误. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线与圆相切，则的值为__________． 【答案】－18或8 【解析】 【分析】直接根据圆心到直线的距离等于半径计算得到答案. 【详解】，即，圆心为，半径， 直线与圆相切，故，解得， 故答案为：－18或8 13. 在棱长为3的正方体中，点E满足，点F在平面内，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】在正方体中找到点关于平面的对称点，利用几何关系求的最小值. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，棱长为3，， 所以，，，，， 设直线与平面的交点为，由正方体性质可知， ，，平面，平面， 所以平面，所以在平面的投影为，且， 则关于平面的对称点即点关于的对称点，设为G，则为， 所以的最小值为，为. 故答案为：. 【点睛】 14. 已知函数有两个极值点与，若，则实数的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】求导可得两个根为与，令，分析可得为方程的两个不相等实根，根据韦达定理，可得，则，根据，代入化简，整理计算，即可得答案. 【详解】由题意的两个根为与， 即，所以， 同理，即， 令，则为方程的两个不相等实根， ，则， 所以判别式，解得. 又 ，所以， 综上，实数的取值范围. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知等比数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设的公比为，根据等比数列通项公式和求和公式求解即可； （2）利用裂项相消即可求解. 【小问1详解】 设的公比为，由，得， 由，得，解得 所以． 【小问2详解】 由，得 所以． 16. 如图，在四棱锥中，平面，，且平分， 为的中点，，，， (Ⅰ)证明平面； (Ⅱ)证明平面； (Ⅲ)求四棱锥的体积. 【答案】（Ⅰ）略 ；（Ⅱ）略；（Ⅲ） . 【解析】 【分析】（Ⅰ）在平面中找的平行线；（Ⅱ）在平面找两条相交直线与垂直；（Ⅲ）求出四边形的面积与四棱锥的高即可求四棱锥的体积. 【详解】（Ⅰ）证明：设，连结，在中，因为， 且平分 ，所以为的中点，又为的中点，从而， 因为平面，平面，所以平面； （Ⅱ）证明：因为平面，平面，所以， 由(I)知，，平面，平面， 从而平面； （Ⅲ）解：在中，，，得 在中， 从而， ， 故四棱锥的体积 . 【点睛】考查线面平行、线面垂直的证明以及棱锥的体积计算． 17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）若，求C； （2）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由题给条件求得，进而求得； （2）先利用正弦定理和题给条件求得和，再构造函数，求得此函数值域即为的取值范围 【小问1详解】 由， 可得，则 整理得，解之得或 又，则，则，则 【小问2详解】 A ，B为的内角，则 则由，可得，则均为锐角 又，则， 则，则 因为, 则 令，则 又在单调递增，， 可得，则的取值范围为， 则的取值范围为 18. 已知函数. （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若不等式恒成立，求整数的最大值. 【答案】（1）； （2）增区间，减区间； （3） 【解析】 【分析】（1）求导确定切线斜率即可求解； （2）求导，由，可求得单调区间； （3）构造函数，求导，确定函数单调性，求得最值即可求解； 【小问1详解】 函数的定义域为， 则曲线在点处的切线为， 即. 【小问2详解】 因为， 时，由，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 综上所述，的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问3详解】 依题知，恒成立，即恒成立， 设， 则， 当时，由，得，由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则恒成立， 整理得. 设，则恒成立，所以在上单调递增，又，且 故整数的最大值为. 19. 已知抛物线，是抛物线上的三点，且满足，过作于点． （1）若，求证直线过定点； （2）设，记点轨迹围成的图形的面积为，记的面积为，当直线的倾斜角不是钝角时，求的最小值． 【答案】（1） 证明：设，，则的斜率， 所以直线的方程为， 化简得， 因为是抛物线上的三点，满足，且， 可得，可得 整理得，可得， 代入上式，可得，即， 由方程组，解得，所以直线恒过定点. （2） 【解析】 【分析】（1）设，得到的方程，再由，化简得到，进而得到，结合方程组，即可求解； （2）由（1）结合，得到，得出恒过点，再由，得到点的轨迹是以为直径的圆，求得，设的方程为，联立方程组，结合韦达定理和基本不等式，求得，得到，令，得到，令，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由（1）知，直线的方程为， 又由，得，化简得， 可得，代入上式，可得， 由方程组，解得，所以恒过点， 又因为，所以点的轨迹是以为直径的圆， 且圆的半径，所以， 设直线的方程为， 联立方程组，整理得（其中，）， 所以 ， 所以，令，则， 令，可得， 所以在单调递减，在单调递增， 所以，这时，即当时取得． 【点睛】方法技巧：圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法灵活多样，但主要有两种方法： （1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决； （2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）平面向量；（6）导数法等，要特别注意自变量的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $