2026届广东佛山市高考数学自编模拟卷

2026届广东省佛山高考数学自编模拟卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 命题人： 审题人： 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1．已知集合，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据并集的运算法则求解即可． 【详解】因为， 所以． 故选：B． 2．若复数满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，即可得到，再由复数的乘法计算可得. 【详解】因为，所以， 则， 所以. 故选：C 3．已知等差数列的前项和为，若，则等于（    ） A．1 B．6 C．8 D．4 【答案】C 【分析】根据等差数列的通项公式及求和公式列出方程组求出，即可得解. 【详解】由题意可得，解得， . 故选：C. 4．已知向量，满足，，则（   ） A．3 B．4 C．6 D．7 【答案】D 【分析】由已知及向量数量积的运算律得，进而求. 【详解】由，则， 所以. 故选：D 5．已知，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据指对数运算，都与比较大小，即可判断. 【详解】∵，∴，∴，∴. ∵，∴，∴，∴，∴. 故选：B. 6．已知 的内角 的对边分别为 若面积 则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先利用余弦定理的变形：，结合三角形的面积公式，可把条件转化为：，再根据同角三角函数的基本关系和三角形中，可求得,，，利用倍角公式计算即可得出结果. 【详解】因为，所以， 又由， 所以. 所以 所以，又因为在中，，所以. 又因为，解得：，所以，C为钝角， ，结合为锐角，解得：或(舍). 故选：D 7．圆和圆的两条公切线的交点坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先判断两圆位置关系，再根据几何性质可得为的中点，故可求交点坐标. 【详解】， 故圆的半径为，圆的半径为，且， 故圆心距为，而， 故两圆相交，故两圆有两条外公切线，    设一条公切线与两圆的切点分别为，两条切线的交点为， 连接，则，故， 由几何性质可得共线，故， 故为的中点，故， 故选：C. 8．已知曲线：与曲线：，且曲线C1和C2恰有两个不同的交点，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】当时，曲线为双曲线，则曲线C1和C2在y轴左侧必有两个不同交点，由直线斜率与渐近线斜率列式确定C1和C2在y轴右侧无交点的范围； 当时，曲线为圆或椭圆，则相切时有两个不同交点，再由数形结合可进一步判断其它两个交点的范围. 【详解】由题意，曲线过定点，曲线：，故的图象为的图象及其关于x轴对称的部分，如图所示. （1）当时，曲线为双曲线，则曲线C1和C2在y轴左侧必有两个交点，又渐近线为，故当即时，曲线C1和C2在y轴右侧无交点，满足题意； （2）当时，曲线为圆或椭圆，当曲线与相切时，有，消y得，由. i.故当时，曲线C1和C2恰有两个不同的交点； ii.当时，曲线C1和C2有零个不同的交点； iii.当时，曲线C1和C2有四个不同的交点； iv.当时，曲线C1和C2有三个不同的交点； v.当时，曲线C1和C2有两个不同的交点. 综上，曲线C1和C2恰有两个不同的交点，实数m的取值范围为. 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．某校在开展“弘扬中华传统文化，深植文化自信之根”主题教育的系列活动中，举办了“诵读国学经典，传承中华文明”知识竞赛．赛前为了解学生的备赛情况，组织对高一年和高二年学生的抽样测试，测试成绩数据处理后，得到如下频率分布直方图，则下面说法正确的是（    ） A．高一年抽测成绩的众数为75 B．高二年抽测成绩低于60分的比率为 C．估计高一年学生成绩的平均分低于高二年学生成绩的平均分 D．估计高一年学生成绩的中位数低于高二年学生成绩的中位数 【答案】ACD 【详解】根据频率分步直方图､样本的数字特征等基础知识判断即可． 【试题解析】选项A：高一年学生成绩的众数为区间的中点横坐标，故A正确； 选项B：高二年学生成绩得分在区间的学生人数频率为， 所以低于60分的比率为，故B错误； 选项C：高一年学生成绩的平均数约为分； 高二年学生成绩的平均数约为分， 因为，故C正确； 选项D：高一年学生成绩的中位数位于，高二年学生成绩的中位数位于，故D正确； 故选：ACD． 10．如图，正五棱柱中，，，F为BC的中点，M,N分别为上两动点，且（），则（    ）    A． B．三棱锥的体积随M的位置的变化而变化 C．当N为的中点时，BM平面 D．直线BN与平面BME所成角的正切值最大为 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定性质推理判断AC；利用等体积法求三棱锥的体积判断B；确定出线面角并求出正切值的最大值判断D. 【详解】在正五棱柱中， 对于A，由平面，平面，得， 由F为BC的中点，得，而平面， 因此平面，又平面，所以，A正确； 对于B，由选项A知，点到平面的距离为定值，而的底边， 高，则的面积是定值，三棱锥的体积为定值，B错误； 对于C，当N为的中点时，，在矩形中，， 则，，即， 由选项A知，平面，平面，于是， 而平面，因此BM平面，C正确； 对于D，由平面，得与平面所成的角分别为， 则是直线BN与平面BME所成的角，令， 且，因此 ，当且仅当，即点与点重合时取等号，D正确. 故选：ACD 11．已知定义在上的函数满足,且当x>1时，， 则（     ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】应用赋值法得到时，；构造出的等量关系，再结合不等式性质判断即可. 【详解】由题意，，. 赋值，得； 赋值，得，即， 当时，， 当时，则，所以，即； 所以，A正确， 取，则，，显然不成立，B错， 赋值，得，解得， 即； 由，， 得， 其中由，可知， 当时，，即； 当时，，即；故C错误； ，得； 又，所以， 则， 故，且不恒为，故D正确. 故选：AD. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．在的二项展开式中，的系数为 ． 【答案】/ 【分析】利用二项式展开式的通项公式，根据条件赋值后，计算即可. 【详解】根据二项式展开式的通项公式得： ， 令， 则. 故答案为：. 13．已知函数在上恰有两个零点，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】结合正弦型函数的图象与性质计算即可得. 【详解】令，则， 当时，， 由题意可得， 解得，即实数的取值范围为. 故答案为：. 14．已知、分别是椭圆的左､右焦点，为坐标原点，是椭圆上的点，若的面积是，且，则的离心率是 ． 【答案】/ 【分析】依题意可得且在线段上，从而得到，设，利用余弦定理及椭圆的定义得到，再由面积公式得到，即可求出，再由勾股定理求出、与的关系，最后在中利用勾股定理求出、的关系，即可得解. 【详解】因为，所以且在线段上， 所以， 设，则， 在中，由余弦定理得， 即， 即， 又因为， 所以，即， 所以， 因为，所以， 所以，又，所以，所以， 即．    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．已知数列，______．在①数列的前项和为，；②数列的前项之积为这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中并解答（注：如果选择多个条件，按照第一个解答给分．在答题前应说明“我选______”） (1)求数列的通项公式； (2)令，设数列的前项和为，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）选①，当时，,当时，，求出通项公式；选②，当时，， 当时，求出通项公式； （2）由，求出，利用裂项相消，求出，进而得到结论. 【详解】（1）选①，当时，，即， 当时，① ② ①②得：， 即， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列． 所以． 选②，当时，，即， 当时，， 即， 当时，符合上式， 所以． （2）因为，所以， 所以， 所以， 所以 ， 因为，所以． 16．如图，在四棱锥中，底面是正方形，分别为的中点，为线段上一动点，平面． (1)证明：平面平面； (2)当时，证明：平面； (3)若，四面体的体积等于四棱锥体积的，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）设与交于，连接，易得，由已知可证，进而可证，利用线面垂直的判定定可证平面，可证结论成立； （2）连接交于点，连接，连接，则为的中点，利用相似比证明，再根据线面平行的判定定理即可得证； （3）由题意可得，可求得的值. 【详解】（1）设与交于，连接， 因为四边形是正方形，所以，且为的中点， 又平面，又平面，所以， 因为是的中点，所以，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）连接交于点，连接，连接，则为的中点， 因为，所以，因为分别为的中点， 所以为的重心，所以，所以， 所以，又平面，平面， 所以平面； （3）由平面， 可得， 因为分别为的中点， 所以， 所以，所以 又四面体的体积等于四棱锥体积的， 所以，所以点平面的距离之比为， 所以. 17．某商场为了回馈新老客户，举办消费抽奖活动，其规则如下：现有甲，乙两个抽奖箱，在甲抽奖箱内共放有个红色小球和4个黄色小球，乙抽奖箱内共放有个红色小球和3个黄色小球，抽奖者先从甲抽奖箱内随机摸出1个小球放入乙抽奖箱内，然后把乙抽奖箱内的小球重新搅拌均匀后，再从乙抽奖箱内随机摸出1个小球，即完成一次抽奖，若抽奖者从乙抽奖箱内摸出的小球为红色，则该抽奖者中奖，当上一个人抽奖结束后，需要将2个抽奖箱内的小球复原并搅拌均匀，下一个人再进行抽奖，每人只能完成一次抽奖.所有小球的外观质地都相同，其中. (1)设. ①若某抽奖者中奖，求该抽奖者从甲抽奖箱内摸出的小球为红色的概率； ②若有216人依次抽奖，求这216人抽奖全部结束后中奖人数的数学期望. (2)试问当为何值时，抽奖者的中奖概率最大？并求抽奖者中奖的最大概率. 【答案】(1)①   ② (2)当时，中奖概率最大，最大概率为. 【分析】（1）①先通过全概率公式可得中奖的概率，再利用贝叶斯公式即可求出；②利用二项分布的期望公式即可； （2）根据题意利用全概率公式将中奖概率表示为关于的函数，再把的值代入比较即可. 【详解】（1）①当时，，此时甲抽奖箱内共放有5个红色小球和4个黄色小球，乙抽奖箱内共放有2个红色小球和3个黄色小球， 设事件:从甲箱摸出红球，事件：从甲箱摸出黄球，事件:中奖（从乙箱摸出红球）， 则，， 由全概率公式可得，， 由贝叶斯公式可得，, 则某抽奖者中奖，该抽奖者从甲抽奖箱内摸出的小球为红色的概率为. ②设每人中奖概率为，令中奖人数为，则， 根据二项分布的期望公式可得. （2）由， 则，， 由全概率公式可得，中奖概率为， 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 故当时，中奖概率最大，最大概率为. 18．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角的正切值为，实轴长为． (1)求双曲线的方程； (2)直线与双曲线的左支交于两点，点与点关于轴对称． （i）求实数的取值范围； （ii）求证：直线过轴上一定点，并求出该定点的坐标. 【答案】(1) (2)（i），（ii）证明见解析， 【分析】（1）根据渐近线的斜率和实轴长可求方程； （2）（i）联立方程，结合根与系数的关系式可求范围；（ii）求出直线的方程，利用根与系数的关系式，可得直线恒过点. 【详解】（1）由题意可知，解得， 所以双曲线的方程为. （2）（i）当时，易知不符合题意； 当时，联立，得， 因为直线与双曲线的左支交于两点，所以， 解得或，故实数的取值范围为. （ii）证明：设，则, 由（i）可知，， 直线的方程为，即， 令可得 把，代入可得， 即直线恒过，所以直线过轴上一定点，该定点的坐标为. 19．已知 (1)讨论的单调性 (2)对于恒成立；求的取值范围 (3)设，为函数的两个零点；证明． 【答案】(1)当时，在上为单调递增函数；当时，在上是单调递增函数，在上是单调递减函数. (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）求，讨论和这两种情况，解出的解为的单调递增区间，解出的解为的单调递减区间； （2）由（1）可知：当时，利用的单调性及特殊值可得不成立；当时，由的单调区间得到的最大值为，只需即可，解出这个不等式就是的取值范围； （3）由（1）及零点存在性定理由存在两零点可得，且，故可转化为证明，构造，利用导数法证明，由此证明. 【详解】（1）定义域，； 当时，的解为，则在上为单调递增函数； ，的解为，的解为， 则在上是单调递增函数，在上是单调递减函数. 综上可知，当时，在上为单调递增函数； 当时，在上是单调递增函数，在上是单调递减函数. （2）由（1）可知：当时，在上为单调递增函数，， 不满足，故不成立； 当时，在上是单调递增函数，在上是单调递减函数. 则当时，取最大值为，令，解得， 故对于恒成立的的取值范围为. （3）由（1）知，要使函数存在两个零点，则，且其最大值必须大于0， 的最大值为， 令，解得， 则存在两零点，可得， 设，为函数的两个零点，则，， 解得①，②， ①减去②得到， 解得，要证明，只需证明， 设， ， 则在上是单调递增函数，故， 设，，，， ，， ，，，. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届广东省佛山高考数学自编模拟卷 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 命题人： 审题人： 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1．已知集合，则（   ） A． B． C． D． 2．若复数满足，则（   ） A． B． C． D． 3．已知等差数列的前项和为，若，则等于（    ） A．1 B．6 C．8 D．4 4．已知向量，满足，，则（   ） A．3 B．4 C．6 D．7 5．已知，，，则（   ） A． B． C． D． 6．已知 的内角 的对边分别为 若面积 则（    ） A． B． C． D． 7．圆和圆的两条公切线的交点坐标为（    ） A． B． C． D． 8．已知曲线：与曲线：，且曲线C1和C2恰有两个不同的交点，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．某校在开展“弘扬中华传统文化，深植文化自信之根”主题教育的系列活动中，举办了“诵读国学经典，传承中华文明”知识竞赛．赛前为了解学生的备赛情况，组织对高一年和高二年学生的抽样测试，测试成绩数据处理后，得到如下频率分布直方图，则下面说法正确的是（    ） A．高一年抽测成绩的众数为75 B．高二年抽测成绩低于60分的比率为 C．估计高一年学生成绩的平均分低于高二年学生成绩的平均分 D．估计高一年学生成绩的中位数低于高二年学生成绩的中位数 10．如图，正五棱柱中，，，F为BC的中点，M,N分别为上两动点，且（），则（    ）    A． B．三棱锥的体积随M的位置的变化而变化 C．当N为的中点时，BM平面 D．直线BN与平面BME所成角的正切值最大为 11．已知定义在上的函数满足,且当x>1时，， 则（     ） A． B． C． D． 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．在的二项展开式中，的系数为 ． 13．已知函数在上恰有两个零点，则实数的取值范围为 . 14．已知、分别是椭圆的左､右焦点，为坐标原点，是椭圆上的点，若的面积是，且，则的离心率是 ． 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．已知数列，______．在①数列的前项和为，；②数列的前项之积为这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中并解答（注：如果选择多个条件，按照第一个解答给分．在答题前应说明“我选______”） (1)求数列的通项公式； (2)令，设数列的前项和为，求证：． 16．如图，在四棱锥中，底面是正方形，分别为的中点，为线段上一动点，平面． (1)证明：平面平面； (2)当时，证明：平面； (3)若，四面体的体积等于四棱锥体积的，求的值． 17．某商场为了回馈新老客户，举办消费抽奖活动，其规则如下：现有甲，乙两个抽奖箱，在甲抽奖箱内共放有个红色小球和4个黄色小球，乙抽奖箱内共放有个红色小球和3个黄色小球，抽奖者先从甲抽奖箱内随机摸出1个小球放入乙抽奖箱内，然后把乙抽奖箱内的小球重新搅拌均匀后，再从乙抽奖箱内随机摸出1个小球，即完成一次抽奖，若抽奖者从乙抽奖箱内摸出的小球为红色，则该抽奖者中奖，当上一个人抽奖结束后，需要将2个抽奖箱内的小球复原并搅拌均匀，下一个人再进行抽奖，每人只能完成一次抽奖.所有小球的外观质地都相同，其中. (1)设. ①若某抽奖者中奖，求该抽奖者从甲抽奖箱内摸出的小球为红色的概率； ②若有216人依次抽奖，求这216人抽奖全部结束后中奖人数的数学期望. (2)试问当为何值时，抽奖者的中奖概率最大？并求抽奖者中奖的最大概率. 18．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角的正切值为，实轴长为． (1)求双曲线的方程； (2)直线与双曲线的左支交于两点，点与点关于轴对称． （i）求实数的取值范围； （ii）求证：直线过轴上一定点，并求出该定点的坐标. 19．已知 (1)讨论的单调性 (2)对于恒成立；求的取值范围 (3)设，为函数的两个零点；证明． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $