2026年广西河池市高三一模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高三数学注意事项：1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．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，只有一项是符合题目要求的．1．（

）A．1 B． C． D．2．已知集合，，则（

）A． B． C． D．3．已知向量满足，则与的夹角为（

）A． B． C． D．4．已知某圆锥的轴截面是顶角为的等腰三角形，侧面展开图是圆心角为的扇形，则（

）A． B． C． D．5．在一次校园活动的组织过程中，由甲、乙等5名同学负责接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名同学只负责一个服务项目，且每个服务项目至少有一名同学负责．若甲、乙两人负责同一个服务项目，则不同的安排方案共有（

）A．18种 B．36种 C．48种 D．54种6．如图，函数的图象与轴交于点，若的最小正周期为，则（

）A． B． C． D．7．已知椭圆以和为焦点，且与直线相切，则椭圆的离心率为（

）A． B． C． D．8．若关于的方程在上有解，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多项选择题：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．下列结论正确的是（

）A．样本数据12，13，15，18，19，21，23，24，26，27的第70百分位数为23B．若一组样本数据的方差，则这组样本数据的总和为60C．若随机变量服从二项分布，则D．若随机变量服从正态分布，且，则10．已知数列满足，，则下列结论正确的是（

）A．是递增数列 B．当时，C． D．11．如图，平面平面为线段的中点，，直线与平面所成角的大小为为平面内的动点，则下列说法正确的是（

）A．球心为、半径为的球面被平面截得的圆周长为B．若点到点和点的距离相等，则点的轨迹是抛物线C．若点到直线的距离为，则的最大值为D．满足的点的轨迹是椭圆三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．的展开式中的系数为________．13．___________．14．已知双曲线的左、右焦点分别为，其一条渐近线的斜率为，过点且斜率存在的直线与的右支交于两点．若分别为和的内心，且四边形的面积为，则直线的斜率的绝对值为___________．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．如图，在中，为的中点，且．(1)求；(2)若，求．16．如图，在四棱锥中，，平面平面是棱的中点．(1)求证：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．17．已知函数．(1)讨论的极值；(2)当时，证明：．18．已知抛物线，过上一动点作斜率为2的直线与交于另一点，当点与原点重合时，．(1)求．(2)当不经过点时，直线与交于另一点，直线与交于另一点．（i）证明：；（ii）试判断直线与是否交于定点，若是，请求出定点的坐标，否则，请说明理由．19．每届高考结束后，某校各班都要推荐优秀学生代表作为嘉宾与下一届学生进行学习经验分享.2025届高三年级班号依次为，高三0班的优秀学生代表为2名男生和2名女生，其余各班的优秀学生代表均为1名男生和1名女生．第一场分享会的4名学生嘉宾由从高三0班的优秀学生代表中选出的2名和高三1班的2名优秀学生代表共同组成，第二场分享会的4名学生嘉宾由从上一场的4名嘉宾中选出的2名和高三2班的2名优秀学生代表共同组成，．．．，按照这样的方式，依次进行到第二十七场分享会．(1)求第一场分享会的学生嘉宾中恰有2名男生的概率；(2)求第二场分享会的学生嘉宾中恰有2名男生的概率；(3)记第二十七场分享会的学生嘉宾中男生人数为，求的分布列和数学期望．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【详解】因为，所以．2．A【详解】由题意，，又，所以，所以A选项正确.3．B【详解】因为，所以，则，因为，所以，即与的夹角为.4．D【分析】根据等腰三角形的性质，可得的关系，根据扇形的性质，可得的关系，即可得答案.【详解】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由题意得，侧面展开图为扇形，对应的弧长为，所以.5．B【详解】将甲、乙视为1个人，即相当于将4名同学安排到3个项目的方案，有种．6．C【分析】由函数周期可求得，又图象过点，可得或，再根据函数图象的单调性，可得，进而可求得.【详解】因为函数的最小正周期为，即，所以，所以，又函数的图象与轴交于点，所以，即，所以或，当时，，令，解不等式得，所以函数在区间上单调递增，而当时，，又，所以函数在附近单调递增，与图象不符，所以，当时，，令，解不等式得，所以函数在区间上单调递减，而当时，，又，所以函数在附近单调递减，与图象相符，所以，所以，所以，故C正确.7．A【分析】根据椭圆焦点确定，并写出含的椭圆标准方程，将直线代入后利用相切条件求出，最后计算离心率即可.【详解】由题意得椭圆焦点为，，因此焦点在轴上，，由，得，椭圆标准方程为.将直线代入椭圆方程，整理得，因为椭圆与直线相切，因此一元二次方程判别式，整理得，解得（舍去，因），因此，离心率.8．D【详解】由，得，即，即．设，则，因为0，所以在上单调递增，所以，即．设，则，当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，所以，所以．9．BCD【详解】选项A，样本共个数据，，为整数，第百分位数为第项和第项数据的平均值，即，A错误选项B，方差，因为，故样本均值,样本总和，B正确选项C，若，则，根据期望性质，得，C正确选项D，正态分布的对称轴为，由对称性得，则，D正确10．ABD【分析】利用作差法可判断数列的单调性，判断A的真假；利用数列的单调性，结合累加法和累乘法可判断BC的真假；利用裂项求和法可判断D的真假.【详解】对于A，易知，由，得，所以，所以是递增数列，故A正确；对于B，由对A的分析，知，所以（仅当时取等号），由，得，所以当时，，所以当时，，因此当时，，故B正确；对于C，由，得，由对B的分析知，当时，，所以，故当时，，所以，故C错误；对于D，由，得，即，所以，故D正确．11．AC【分析】A利用可求；B、D建立坐标系，利用关系式求得点轨迹即可；C利用已知信息，求点轨迹，得出椭圆，再转化为椭圆内焦点三角形的顶角最大问题；【详解】对于A，因为直线与平面所成角的大小为，所以点到平面的距离，球心为、半径的球面被平面截得的图形为圆，圆的半径，所以圆的周长为，故A正确；对于B，由于平面平面，所以以所在直线为轴，在平面内过作轴，平面内作轴，建立如图1所示的空间直角坐标系，则,，设，则，即化简得，故到点和点的距离相等，则点的轨迹是一条直线,故B错误；对于C，，所以到直线的距离为，化简可得，所以点的轨迹是平面内的椭圆上一点，如图2，当在短轴的端点时，最大，由于，故是正三角形，因此，故C正确；对于D，，若，则，化简得且，故满足的点的轨迹是双曲线的一部分，D错误．12．－40【详解】二项式展开式的通项公式为：,令可得：的系数为：.故答案为-40.点睛：在Tr＋1＝中，是该项的二项式系数，与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指，而后者是字母外的部分，前者只与n和r有关，恒为正，后者还与a，b有关，可正可负．13．##【详解】，又，所以，所以．14．【分析】先利用双曲线定义求出点的横坐标，然后设出的倾斜角，表示长度，从而解出倾斜角，得到的斜率.【详解】由题知，所以，即.设点在上的投影分别为，如下图：则有，而，所以解得，即点横坐标为，所以，点横坐标为.同理可得点横坐标为，则.所以四边形的面积为，得.设直线的倾斜角为，则，，，.所以，解得，则，所以，即直线的斜率的绝对值为.15．(1)(2)【分析】（1）利用三角形的面积公式可求.（2）在和中，分别利用余弦定理，即可求，进而可得.【详解】（1）因为为的中点，所以，则，即，因为，所以，所以，即．（2）不妨令，则，设，则．在中，由余弦定理得，即．①在中，由余弦定理得，即．②①②联立，解得，所以．16．(1)证明见解析(2)．【分析】（1）通过面面垂直得到线面垂直，再利用线面垂直的判定定理即可；（2）通过建立空间直角坐标系求出平面与平面的法向量，再代入公式即可.【详解】（1）如图，取的中点，因为，所以，因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，所以，又平面平面，所以平面．（2）因为为的中点，，所以．过点作交于点，由平面平面，可得，则．以为坐标原点，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，所以．设平面的法向量为，则令，得．设平面的法向量为，则令，得．设平面与平面的夹角为，则，故平面与平面夹角的余弦值为．17．(1)当时，无极值；当时，的极大值为，无极小值.(2)证明见解析【分析】（1）确定函数定义域后求导，根据参数的不同取值范围分类讨论导数的符号变化，进而判断的极值存在情况与具体极值；（2）先对要证明的不等式做等价化简，将其转化为证明，再分区间讨论、构造函数求最值，结合给定的的范围完成证明.【详解】（1）函数的定义域为，求导得：，当时，对任意恒成立，故，在上单调递减，无极值；当时，令，得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，故当时取得极大值，无极小值.综上，当时，无极值；当时，的极大值为，无极小值.（2）因为，所以原不等式等价于，因，两边除以得：只需证.当时，不等式显然成立；当时，，只需证，因为，故只需证.令，求导得：，令，在上单调递减，且，，故存在唯一，使得，即.当时，，，单调递增；当时，，，单调递减.故当时，取得极大值也是最大值.代入得：，令，则恒成立，则在上单调递减，故，即成立.综上，原不等式得证.【点睛】本题核心知识点是导数在研究函数性质中的应用，通过分类讨论确定极值、将不等式证明转化为函数最值问题求解是核心方法.18．(1)(2)（i）证明见解析；（ii）直线与交于定点．【分析】（1）联立直线方程求出点，再由计算可得；（2）（i）将直线与抛物线联立，可知，再将直线的方程与抛物线联立，同理联立直线，整理可得，即；（ii）求出直线的方程为，可知直线与交于定点.【详解】（1）当点与原点重合时，直线过原点且斜率为2，其方程为，联立得，解得或，所以．所以，解得．（2）由（1）知，设，直线．联立与，得，所以且．（i）设，如下图：直线过点和，设直线的方程为，联立，得，则，整理可得．①同理，对于直线，可得．②因为，所以，③由①②作商，结合③，得，即．所以，所以．（ii）设的中点为的中点为，因为，所以直线，又因为，所以与的交点即直线与的交点．由②③，得，所以．直线的斜率，直线的方程为．在该方程中，令，可得，所以直线与交于定点，故直线与交于定点．19．(1)(2)(3)123【分析】（1）借助概率公式计算即可得；（2）借助全概率公式计算即可得；（3）借助全概率公式计算可得，则可利用等