广东省2026年高考数学练习卷 含答案

/广东省2026年高考数学练习卷一、单选题1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知一组数据从小到大排列为70，72，75，76，82，83，84，m，90，92，这组数据的第70百分位数是86，则（）A．86 B．87 C．88 D．893．若，则下列选项正确的是（

）A． B．C． D．4．已知复数（为虚数单位），则复数的虚部为（

）A． B．1 C． D．5．在菱形中，，点是的中点，点在线段上（包含端点），则的取值范围为（）A． B．C． D．6．若双曲线E：的右焦点为，则E的渐近线方程为（

）A． B． C． D．7．已知圆与圆有3条公切线，则实数的值为（

）A．0或4 B．1或3 C．或 D．或8．定义“摆动数列”如下：存在正整数t，满足，且存在正整数s，满足．已知“摆动数列”共4项，若，则这样的数列共有（

）A．64个 B．57个 C．56个 D．54个二、多选题9．下列说法正确的是（

）A．命题“，”是真命题B．命题“，”的否定是“，”C．是的充要条件D．是的充分不必要条件10．已知函数，则下列结论中正确的是（

）A．的最小正周期为 B．C．在上单调递增 D．，使得11．已知双曲线：的左、右焦点分别为，且，双曲线的一条渐近线的倾斜角为，是上三点，且的重心为，则下列说法正确的是（

）A．的方程为B．到的两条渐近线的距离之积为C．若直线的斜率之积为，则关于原点对称D．若直线过点，且在轴两侧，则的取值范围是三、填空题12．设，已知向量，，，若共面，则．13．已知点，点是抛物线上的一点，点是圆上的一点，则的最小值为．14．已知正项数列的前项和为，且.若在和中插入个相同的数，构成一个新数列，即，记数列的前项和为，则.四、解答题15．在中，内角所对的边长分别是，且．(1)求角；(2)若，求的面积的最大值．16．已知数列满足．(1)证明：数列是等比数列，并求；(2)设，求数列的前项和；(3)设，证明：．17．如图，在四棱锥中，,是的中点，且.

(1)求证：平面平面；(2)若，①证明：在同一个球面上；②若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长.18．在学校举行的秋季运动会中，甲、乙两名同学进入乒乓球决赛．决赛规则约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时结束，设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立．(1)求打完两局比赛结束的概率．(2)求比赛4局以内（含4局）结束的概率．(3)若比赛结束时，分数较多的一方获胜，求甲获胜的概率．19．已知双曲线，直线是的斜率为正数的渐近线，为的右顶点，过作轴的垂线，交于点，再过作轴的垂线，交的右支于点；过作轴的垂线，交于点，再过作轴的垂线，交的右支于点；依此类推，重复以上操作得到，，记．(1)求的坐标；(2)求证：数列是等差数列；(3)以为切点作的切线分别交的两条渐近线于点、，记，表示不超过实数的最大整数，求．

《广东省2026年高考数学练习卷》答案题号12345678910答案BCDADBDDACBC题号11答案ACD1．B【分析】由结合集合的交集运算即可求解.【详解】，所以，故选：B2．C【分析】根据第百分位数的概念，求出结果即可.【详解】由题意可知共有10个数，因为，则第70百分位数是第七个和第八个数的平均数，即，解得.故选：C.3．D【分析】根据不等式的性质判断A、C、D，作差判断B.【详解】因为，所以，因为，所以，A错误；，因为，所以，则，，B错误；因为，所以，C错误；因为且，所以，则，即，所以，D正确.故选：D4．A【分析】根据复数除法法则运算可得，再结合复数的概念可得.【详解】由，则复数的虚部为．故选：A．5．D【分析】设，根据向量的线性运算及数量积可得，结合得到范围即可．【详解】设，因为四边形是菱形，所以，由点是的中点，得，由题意得，，所以，因为，所以的取值范围是．故选：D．6．B【分析】根据焦点坐标即可求解，进而求得渐近线方程.【详解】由于为双曲线的右焦点，故，则，所以，故双曲线的渐近线方程为，故选：B7．D【分析】根据题意可知圆和圆外切，利用列等式求解即可.【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，圆与圆恰有3条公切线，圆和圆外切，，即，解得或.故选：D.8．D【分析】分四个数中只有两个数相同或只有两对数时或四个数中有三个数相同时三种情况讨论求解即可.【详解】当四个数中只有两个数相同，先确定重复的数，有种情况，再排序有种情况（排除单调不减和不增的排列各1种），故有当四个数中只有两对数时，先选2个不同的数，有种情况，再对两对数排序，有种情况（排除单调不减和不增的排列各1种），故有种情况；当四个数中有三个数相同时，先选出两个数，再从选出的两个数中选出重复的数，有种情况，再排序，有种情况（排除单调排列2种），故有种情况；所以总方法数有．故选：D9．AC【分析】对于命题真假的判断，需要根据绝对值性质分析；命题的否定要依据全称量词命题与存在量词命题否定规则；充分必要条件的判断要依据相关性质和定义判断.【详解】对于选项A，因为对任意实数，，所以，故A选项正确；对于选项B，命题“，”的否定是“，”，故选项B错误；对于选项C，因为函数为增函数，所以，反之，所以是的充要条件，故选项C正确；对于选项D，若，则可能在集合中而不在集合中，即，若，则一定在集合中，所以是的必要不充分条件，故选项D错误.故选：AC10．BC【分析】对于A，结合最小正周期公式计算即可；对于B，代值结合二倍角公式和诱导公式计算即可；对于C，求出的增区间比较即可；对于D，根据最大值比较即可.【详解】因为，对于A，的最小正周期为，故错误；对于B，，故正确；对于C，时，由，所以的单调递增区间为，时，，因此在单调递增，故正确；对于D，的最大值为，故不存在，使得，故错误.故选：BC.11．ACD【分析】由焦距和渐近线斜率求出可得双曲线方程判断选项A；由点到直线距离公式结合双曲线方程判断选项B；选项C，设关于原点的对称点为，证明，的斜率之积为3，得重合；设直线的方程为，代入双曲线方程，结合韦达定理和重心坐标公式，由的取值范围，建立不等式求的取值范围判断选项D.【详解】由题意，得，，解得，，所以的方程为，故A正确；的两条渐近线的方程为，即，设，则，所以到的两条渐近线的距离之积为，故B错误；设，，则关于原点的对称点也在上，又，的斜率之积为，又在上，有，，所以，即，的斜率之积为3，又直线，的斜率之积为3，都在上，所以重合，即关于原点对称，故C正确；因为，直线过点，设，，，直线的方程为，由，得，，所以，，，因为在轴两侧，则其横坐标异号，即，由可知，所以，因为的重心为，所以，，又在上，所以，化简得，所以，即，所以或，即的取值范围是，故D正确.故选：ACD.12．5【分析】利用空间向量共面定理即可求解.【详解】因为共面，所以可设，即，所以，解得，所以.故13．6【分析】过作准线的垂线，垂足为，由，因此先求的最小值，由此可知当，，共线时取得最小值.【详解】由题意知，圆心是抛物线的焦点，过点作抛物线准线的垂线，垂足为，记点到抛物线的准线的距离为，，，所以，当且仅当直线与抛物线的准线垂直，点在线段上时，即，，共线时取得最小值，等号成立，所以的最小值为6．故614．2646【分析】由题意，结合，可得数列是首项和公差均为1的等差数列，从而求得，所以.进而求得.根据数列的特征可求出.【详解】因为，所以前项和.所以当时，因为，所以，可得，所以数列是首项和公差均为1的等差数列，所以，即.当时，，又满足上式，所以.新数列中从到共有项.当时，；当时，.所以.故2646.15．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理边化角，利用正弦两角和公式化简，即可求出角；（2）利用余弦定理，结合基本不等式求最大值，即可求解.【详解】（1）由，由于，所以，又因为，所以，即，因为，所以，即,故；（2）因为，，所以由余弦定理可得：，由基本不等式可得：，所以，当且仅当取等号，则的面积，故的面积的最大值为.16．(1)证明见解析，(2)(3)证明见解析【分析】（1）可化为，利用等比数列的定义即可证明，利用等比数列的通项公式即可求出；（2）利用错位相减法即可求出答案；（3）由题意知，先证明和时，不等式成立，当时，，利用等比数列前项和公式求和即可证明.【详解】（1）因为，所以，将上式变形为，又因为，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，所以.（2）由（1）知，所以，所以①，②，①-②得，所以.（3）由题知，当时，；当时，；当时，，所以综上，得证.17．(1)证明见解析(2)①证明见解析；②【分析】（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理，证得平面，再由面面垂直的判定定理，即可证得平面平面.（2）①取的中点，连接，证得，分别求得和的长，在上取一点，使得，得到四边形为矩形，证得平面，进而得到，即可证得在以为球心的同一个球面上.②以为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程，求得的值，即可求解.【详解】（1）证明：因为，是的中点，所以，又因为，且平面，平面，因为，则与相交，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）①证明：如图，取的中点，连接，由（1）知，平面平面，平面平面，因为，平面，所以平面，又因为平面，所以，所以，因为，是的中点，所以，又因为，所以，因为，所以，又因为，所以，在上取一点，使得，连接，可得且，所以四边形为矩形，所以，因为，所以，可得，在中，因为，可得，所以，又因为，且，平面，所以平面，因为平面，所以，所以，所以，因为不共面，所以在以为球心的同一个球面上.

②如图所示，取的中点，连接，则.以为原点，以直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设，因为，则，可得，设平面的法向量为，则，取，可得，所以.因为平面，所以是平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，则，又因为平面与平面的夹角的余弦值为，可得，解得，所以.

18．(1)(2)(3)【分析】（1）根据获胜规则，结合相互独立事件的概率乘法公式可得；（2）根据比赛4局以内（含4局）结束包括：两局结束比赛，和四局结束比赛（前两局各赢一局，后两局一人连胜），求解即可；（3）根据2局结束比赛、4局结束比赛和6局结束比赛，利用相互独立事件的概率乘法公式求解可得.【详解】（1）打完两局比赛结束说明甲连胜两局或乙连胜两局，记甲第局胜为事件，乙第局胜为事件，所以，打完两局比赛结束的概率为：；（2）比赛4局以内（含4局）结束包括：两局结束比赛，和四局结束比赛（），（3）甲获胜包括：前两局甲获胜，或前4局中甲胜3局乙胜1局，或前4局甲乙各胜两局且第5、6局甲获胜.所以，甲获胜的概率：.19．(1)，，(2)证明见解析(3)【分析】（1）先根据双曲线方程求出渐近线方程和右顶点坐标，再根据点和直线、双曲线的位置关系逐步求解出，，的坐标.（2）根据（1）求出的点的坐标规律，推导出与的递推关系，再根据等差数列的定义进行证明.（3）先求出以为切点的切线方程，再求出切线与渐近线的交点，的坐标，进而求出，得到，再求出，最后根据数列求和公式求出，进一步求出.【详解】（1）因为双曲线为，所以右顶点的坐标为双曲线的斜率为正数的渐近线的方程为，过作轴的垂线，交于点，将代入，可得的坐标为，过作轴的垂线，交的右支于点，将代入，可得，即，因为在双曲线的右支上，所以，则的坐标为，过作轴的垂线，交于点，将代入，可得的坐标为，过作