2026届广东省茂名市高考数学自编模拟试卷

2026届广东省茂名市高考数学自编模拟试卷 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C D A B A D A BCD ABD 题号 11 答案 ACD 1．C 【分析】利用集合相等条件求解，并检验集合中元素的互异性即可得到判断. 【详解】由可得：，解得或， 当时，，不满足集合中元素的互异性，故舍去， 即满足题意， 故选：C 2．C 【分析】由复数乘法运算以及复数的几何意义列不等式即可求解. 【详解】，则，即，. 故选：C. 3．D 【分析】由题意，结合计算即可求解. 【详解】由题意知，， ， 所以. 故选：D 4．A 【分析】由辅助角公式化简，并利用的最小正周期求出，得到的解析式，令得到或，，确定奇数项和偶数项分别为公差为的等差数列，利用等差数列求和公式得到答案. 【详解】， 因为的最小正周期为，，所以，故， 所以，令，即， 即，所以或， 解得或，， 又所有的正零点按从小到大顺序排列得到数列， 故令且，得到，，，，……， 显然，奇数项为首项为，公差为的等差数列， 偶数项为首项为，公差为的等差数列， 故数列的前12项和为. 故选：A 5．B 【分析】根据奇函数的性质，结合函数单调性的定义进行判断即可. 【详解】由， 因此不能判断在上单调递增. 当在上单调递增， 所以 ， 因此“”是“在上单调递增”的必要不充分条件. 故选：B 6．A 【分析】根据题意结合等比数列通项公式可得，进而可得. 【详解】设正项等比数列的公比为， 且，则， 整理可得，解得或（舍去）， 所以. 故选：A. 7．D 【分析】求圆心到直线的距离，由题意可知，代入运算求解即可. 【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径， 则到直线：的距离， 若圆上有不同的4个点到直线的距离等于1，则， 即，解得， 所以实数的取值范围是. 故选：D. 8．A 【分析】求导并计算得出，分析可知，存在，对任意的恒成立，然后对实数的取值进行分类讨论，分析函数在上的单调性，可得出结果. 【详解】由题意，得，则， 因为在处取得极小值，所以，， 且存在，使得当时，，函数在单调递减， 当时，，函数在单调递增，且函数的定义域为， 因为，故函数为奇函数， 则问题等价于：对任意的恒成立， 令，则， 若对任意的恒成立，则，解得， 此时函数在上单调递增，当时，，合乎题意； 若对任意的恒成立，则，解得， 此时函数在上单调递减，当时，，不合乎题意； 当时，因为函数在上单调递增， 且，，则， 由零点存在定理可知，存在，使得， 当时，，函数在单调递减，， 从而可知，函数在上单调递减，不合乎题意. 综上所述，实数的取值范围是. 故选：A. 9．BCD 【分析】由空间位置关系的向量证明判断A、B；利用线面角的向量求法可判断C；利用平面的法向量的性质可判断D. 【详解】对于A：， ，或，故A错误； 对于B：两个不同的平面，的法向量分别是，， 且，所以，故B正确； 对于C：是平面的法向量，是直线的方向向量，若， 设直线与平面所成角为，则， 得，即直线与平面所成角为，故C正确； 对于D：由题可得，，若向量是平面的法向量， 则有，得，则，故D正确． 故选：BCD. 10．ABD 【分析】由抛物线的定义可判断A项，由，及两点式方程可判断B项，由弦长公式可判断C项，由三角形的面积可判断D项. 【详解】由动点到点的距离比它到直线的距离小2，可得动点到点的距离等于它到直线的距离， 故动点的轨迹是焦点为的抛物线，故的方程为，故A正确； 设，点在第一象限，则， 由，得，得，代入，解得，则， 而，故直线的方程为： ，得，故B正确； 由，消去，得，， 则，故C错误； 点到直线：的距离为：， 则的面积为，故D正确. 故选：ABD    11．ACD 【分析】利用正弦定理、余弦定理，和差化积公式与和角公式将题设等式化简即可判断A，B项；借助于和角的正切公式和题设条件由即可证明C项；利用求导判断函数单调性即可求得最小值判断D项. 【详解】对于A，由和余弦定理，可得，整理得， 即得，故A正确； 对于B，由和正弦定理，可得，则， 即，由和差化积公式可得， 因，则得， 展开得， 整理得，则有，故B错误； 对于C，因是锐角三角形，故， 则得，即，故，即C正确； 对于D，又，， 设，则，且，则， 当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增. 故， 即当时，的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 12． 【分析】先证明若原不等式恒成立，则有，再证明若，则原不等式恒成立，即可得到的取值范围是. 【详解】①若原不等式对恒成立，取，得. 而，，故，解得. 再取，得，从而，解得. 从而一定有. ②若，设，则对有，对有，所以在上递增，在上递减. 故对任意，都有，所以，. 这就说明了，故. 从而有，即原不等式恒成立. 综上，的取值范围是. 故答案为：. 13． 【分析】根据题意得到，，，，以及，，，分别是公比为的等比数列，再分奇偶讨论，结合分组求和计算即可. 【详解】解析：由，，得，，得 所以，，，以及，，，分别是公比为的等比数列， 当为奇数时，，当为偶数时， 所以，当为奇数时，， 当为偶数时，， . 故答案为：. 14．0.3/ 【分析】利用正态分布的对称性有，即可求. 【详解】因为，即，且， 所以， 则. 故答案为： 15．(1)比赛中只完成了一个项目的概率为 (2)答案见解析 (3)已知本次比赛获胜，求的总分不低于5分的概率为 【分析】（1）分析可得每个项目完成的概率均为，结合二项分布求解概率即可； （2）记比赛中得分，则的可能取值为，确定完成电路板焊接、精密设备开启和精准打螺丝的概率，由此可确定随机变量对应的概率，从而得分布列； （3）记在比赛中的总分为，的可能取值为，求解的概率，再结合条件概率公式即可得所求. 【详解】（1）由于进行了30次赛前模拟，每个项目完成的次数均为30次， 则每个项目完成的概率均为， 设完成比赛项目个数为，则， 则， 故比赛中只完成了一个项目的概率为； （2）记比赛中得分，则的可能取值为， 完成电路板焊接、精密设备开启和精准打螺丝的概率分别为， 所以， 所以的分布列为： （3）记在比赛中的总分为，的可能取值为， 所以，， 记比赛“获胜”为事件，“的总分不低于5分”为事件， 则， 故已知本次比赛获胜，求的总分不低于5分的概率为. 16．(1)； (2). 【分析】（1）由等差、等比数列的基本量表示已知条件求出，得到通项公式； （2）裂项相消法求和. 【详解】（1）设等差数列公差为，等比数列公比为，则， 且，即，解得， 所以； （2）由（1）， 设数列的前项和为， 则. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】方法一：（1）由直三棱柱的性质结合题设易得，由，可得平面，进而得到，可得，进而求证即可； （2）设点到平面BCD的距离为d，利用等体积法，求解即可； 方法二：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量证得，，进而求证即可； （2）利用空间向量求解即可. 【详解】（1）方法一：由直三棱柱的性质可知平面， 因为平面，所以，， 由题可知四边形为矩形，， 所以四边形为正方形，所以， 因为，，，且平面， 所以平面，又平面， 所以，因为，所以， 又因为，，平面， 所以平面. 方法二：以A为原点，AB，AC，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，， 则，，， 所以， ， 所以，， 又因为，，平面，所以平面. （2）方法一：设点到平面BCD的距离为d， 易得，，， 则， 则， 所以， 则，， 由得，，解得， 所以点A到平面BCD的距离为. 方法二：由（1）得，，， 设平面BCD的一个法向量为，则，所以， 取，则，，所以， 设点A到平面BCD的距离为，则， 所以点A到平面BCD的距离为.    18．(1)证明见解析 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）根据题意，表示出直线的方程，然后与抛物线方程联立，由即可证明； （2）（ⅰ）根据题意，设直线的方程为，与抛物线方程联立，即可得到点的坐标，从而得到直线的方程，再与抛物线方程联立，即可得到点的坐标，再结合相似三角形即可证明；（ⅱ）由条件可得，再由代入计算，即可证明. 【详解】（1）由题意知， 设，则， 所以，所以， 所以直线的斜率为，方程为． 联立方程得， 因为，所以直线与相切． （2）    （ⅰ）设直线的方程为， 由可得，则，又因为，所以． 由（1）知，点，直线的斜率为，方程为， 由得，由， 得． 作，垂足为，则，直线的方程为， 将直线与的方程联立，得解得． 所以，所以， 由相似三角形的性质可得． （ⅱ）由（ⅰ）知，所以，故， 因为， 所以（当且仅当时等号成立）， 故，即的面积的最小值为． 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 19．(1)奇函数，证明见解析； (2)见解析； (3). 【分析】（1）利用奇函数的定义即可得解； （2）将零点的个数问题，转化为方程的解的个数问题，再在平面直角坐标系中画出函数的图象，数形结合即可得解； （3）令，则等价于，再分类讨论的范围，利用函数的奇偶性与单调性，将得到与的大小关系，即可得解. 【详解】（1）易知函数的定义域为， 且， 故为奇函数. （2），等价于方程有解， 因此函数零点的个数，等价于方程的解的个数. ， 在平面直角坐标系中作出函数的图象，得： 由图可知，当时，方程有个解，即有个零点； 当时，方程有个解，即有个零点； 当时，方程有个解，即有个零点； 当时，方程有个解，即有个零点； 当时，方程有个解，即有个零点. 综上，当或时，函数有个零点； 当时，函数有个零点； 当时，函数有个零点. （3）设，则， 则不等式等价于， 即， ①当时，，由函数图象可知，在上单调递减， 故由单调性可将转化为，即； ②当时，， 由函数图象可知，在上单调递增， 由单调性可将转化为，即， ③当时，，设， 由图可知在上单调递增，在上单调递增， 故在上单调递增， 则当时，， 此时，不等式无解. 综上，， 即或， 解得， 即不等式的解集为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届广东省茂名市高考数学自编模拟试卷 本试卷共4页，19小题，满分150分。考试用时120分钟。 注意事项：1．答题前，考生务必用黑色字迹的签字笔或钢笔将自己的班级、姓名、考场号、座位号和准考证号填写在答题卡上。用2B铅笔在“准考证号”栏相应位置填涂自己的准考证号。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用塑料橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能写在试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的签字笔或钢笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 一、选择题 1．已知集合，，若，则实数的值为（   ） A．1或 B．3或 C．3 D． 2．已知复数，若在复平面内对应的点位于第三象限，则（    ） A．， B．， C．， D．， 3．已知平面向量，满足，，则（   ） A．1 B． C．2 D． 4．已知函数的最小正周期为，将所有的正零点按从小到大的顺序排列得到数列，则数列的前12项的和为（    ） A． B． C． D． 5．已知是定义在上的奇函数，则“”是“在上单调递增”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 6．记正项等比数列的前项和为，且，，则（   ） A．243 B．81 C．27 D．9 7．已知圆上有不同的4个点到直线：的距离等于1，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．若函数在处取得极小值，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．下列命题中正确的有（    ） A．直线的方向向量，平面的法向量，则 B．两个不同的平面，的法向量分别是，，则 C．是平面的法向量，是直线的方向向量，若，则与平面所成角为 D．平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则． 10．已知为坐标原点，动点到点的距离比它到直线的距离小2，记动点的轨迹为曲线，过点的直线交于两点（点在第一象限），且，则（    ） A．的方程为 B．直线的方程为 C． D．的面积为 11．在锐角中，角的对边分别为，若，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D．的最小值为 三、填空题 12．若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为 ． 13．数列中，且满足，，则数列的前2024项的和为 . 14．随机变量，且，则 ． 四、解答题 15．2025年央视春晚人形机器人展示了科技的飞速发展，随着人工智能和机器学习技术的不断升级，作为人形机器人核心部件的灵巧手在感知能力和操作精准度上大幅度提升，某公司针对代号和的两只灵巧手进行一次操作比赛，比赛结果将影响后续的研发投入．比赛流程如下：和需依次完成三个项目，分别是电路板焊接、精密设备开启和精准打螺丝，完成每个项目的得分依次为5分、3分、2分，未完成项目得0分，以三个项目的总分评定胜负，总分高者获胜．两只灵巧手分别对比赛项目进行了30次赛前模拟，数据如下： 完成电路板焊接次数 完成精密设备开启次数 完成精准打螺丝次数 10 18 24 15 15 15 若视赛前模拟的频率为概率，且两只灵巧手能否完成每个项目都相互独立． (1)求比赛中只完成了一个项目的概率； (2)记在比赛中的总分为，求的分布列； (3)已知本次比赛获胜，求的总分不低于5分的概率． 16．已知等差数列与正项等比数列满足，， (1)求数列和的通项公式； (2)若，求数列的前项和. 17．如图，在直三棱柱中，，，，D为的中点.    (1)证明：平面； (2)求点到平面BCD的距离. 18．已知抛物线的焦点为，以点为圆心作圆，该圆与轴的正、负半轴分别交于点，与在第一象限的交点为． (1)证明：直线与相切． (2)若直线与的另一交点分别为，直线与直线交于点． （ⅰ）证明：； （ⅱ）求的面积的最小值． 19．已知函数. (1)判断的奇偶性，并说明理由； (2)讨论函数零点的个数； (3)求不等式的解集. 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $