广西玉林市2026届高三下学期模拟测试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广西玉林市2026届高三下学期模拟测试数学试题一､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.已知集合，，则集合中的元素个数为（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】，，，，，集合中满足的元素有，0，1，2，共4个，故集合中的元素个数为4，故选项C正确.2.已知复数，则（）A. B.10 C. D.2【答案】A【解析】因为，所以，所以.故选：A.3.已知数列的前项和为，若，，则（）A.16 B.8 C.4 D.2【答案】B【解析】当时，，当时，，当时，，当时，.故选：B.4.已知某班8位同学的体重（单位：kg）分别为69，71，67，57，63，53，67，41，则这组数据的（）A.极差为28 B.平均数为60C.第三四分位数是69 D.方差为90【答案】D【解析】将8位同学的体重按照从小到大的顺序排列：41，53，57，63，67，67，69，71，对于A，极差为，错误；对于B，平均数为，错误；对于C，，所以第三四分位数为，错误；对于D，方差为，正确.5.函数的最小值和最小正周期分别为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以当时，函数取最小值，函数的最小正周期为．故选：C.6.已知圆：（）与直线：相交于，两点，为坐标原点，若，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由题意可知，直线过点，圆与轴相切于原点，如图，若，则是圆的直径，即直线过点，所以，得.7.如图，圆台的高为，是母线，，.现在将圆台的侧面沿剪开，并展开成平面图形，点在侧面展开图中对应的点为，，则线段的长度为（）A.8 B. C.16 D.【答案】D【解析】如图1，在圆台的轴截面中作于点.设，由题意得，，由勾股定理可得，解得，所以.侧面展开图如图2，的长为，的长为，所以，又，所以，所以，所以.8.已知正实数满足，则的大小关系是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】已知为正实数，且，化简得到，进一步变形为；同理，由，可得到，即；由，可得到，即；令，，对求导得，当时，，即，因为，所以，此时函数在上单调递减；当时，，即，因为，所以，此时函数在上单调递增；当时，；满足的即为函数与交点的横坐标；满足的即为函数与交点的横坐标；满足的即为函数与交点的横坐标；在同一平面直角坐标系中画出，，，的图象，如图所示：从图象中可以直观地看出，三个交点的横坐标关系为.故选：A.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.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.已知数列的前项和为，则下列结论正确的是（）A.若，则是等差数列B.若，则是等比数列C.若是等差数列，则D.若是等比数列，且（为常数），则【答案】CD【解析】对于A，，，数列不是等差数列，A错误；对于B，当时，，满足上式，因此，当时，数列不是等比数列，B错误；对于C，是等差数列，，C正确；对于D，当时，，，由是等比数列，得，因此，，D正确.故选：CD.10.已知函数，则（）A.，是增函数B.，是奇函数C.若有三个不同的零点，，，则D.过点且与曲线相切的直线恰有3条，则【答案】ACD【解析】已知，则.选项A：若是增函数，只需，只需即可，所以.所以，是增函数，故A正确.选项B：，，则，故不是奇函数，故B错误.选项C：若有三个不同的零点，，，则有3个根.其中一个零点为，另外两个零点为的两个根，，则.所以，故C正确.选项D：设切点为，，所以切线方程为.又切线过，所以，即.切线恰有3条，等价于有3个不同的实数解，即函数与直线有3个交点..令，即，解得或.当时，，当时，，所以在、上单调递减，在上单调递增，所以极小值为，极大值为，所以当时，与有3个交点.所以当时，过点且与曲线相切的直线恰有3条，故D正确.11.已知双曲线：（，）的左、右焦点分别是，，过的直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点，，两点均在轴上方，，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则双曲线的渐近线方程为C.若是钝角三角形，则双曲线离心率的取值范围是D.若是钝角三角形，直线，的斜率分别是，，则的最小值是【答案】BCD【解析】对于A：由双曲线的定义可知，，.令，则，又，所以是等腰直角三角形，又，所以，则，，故A错误；对于B：在中，，由余弦定理得，，整理得，所以，则，故渐近线方程为，故B正确；对于C：若是钝角三角形，必有，则在中，，又，所以，即，解得，又，所以，所以，所以双曲线离心率的取值范围是，故C正确；对于D：令直线，的倾斜角分别是，，，，，，则，即，，所以，又，当且仅当时等号成立，所以，所以，当，时取等号，故D正确．三.填空题，本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，，则在方向上的投影向量的坐标为__________．【答案】【解析】因为，，所以向量在方向的投影向量为.故答案为：.13.已知的展开式中二项式系数之和为128，则其展开式中系数最小项的系数为________.【答案】【解析】由题设，则二项式为，对应展开式为，，所以系数最小项在为奇数时出现，且为其中最大的情况，由，故时对应系数最小，此时系数最小项的系数为.14.现有一个半径为6的球状容器（不考虑容器厚度），在容器内放置8个半径相同的实心小球，若这8个小球的球心恰为某个正方体的8个顶点，则小球半径的最大值为___________．【答案】【解析】大球半径为，8个小球半径相同，设为，设正方体的边长为，则正方体的体对角线长度为，要使小球半径最大，8个小球既要与大球内壁相切，也要使得相邻的小球之间相互外切。由小球与大球内壁相切可得由相邻小球相互外切可得正方体的边长正方体中心到任意一个顶点（小球球心）的距离是体对角线的一半，即，将代入得，解得所以小球半径最大值为故答案为：.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.已知锐角三角形中，角的对边分别为，且．（1）求；（2）若，求的值．解：（1）由，可得，则，因为，故.（2）解法一：由，可得，则，因为，所以，，则，即，所以，由正弦定理，可得，得，代入，可得，解得，即.解法二：由，可得，则或，即或，因为，所以，由余弦定理可得，则，又，两式相加可得，即，得.解法三：由，可得，得，即，因为，所以，则，即，即，则，所以，如图，过作，垂足为，可得，故，所以.16.如图，在矩形中，为的中点.现将沿折起到的位置，使得.（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.（1）证明：如图，连接.在矩形中，有，所以，又因为，所以平面，所以.由题意知，所以，则，故.又因为，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）解：以为坐标原点，以的方向分别为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.由已知可得，所以.设平面的法向量为，则即取，所以，故直线与平面所成角的正弦值为.17.已知函数.（1）当时，求的极值；（2）讨论函数的单调性.解：（1）当时，，所以.令，得，且当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，无极大值.（2）.当时，，因为，所以在上单调递减.当时，，由，令，得.当，即时，，所以在上单调递增.当，即时，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.18.已知椭圆的焦距为，过点的直线与交于两点，为的中点，为坐标原点.设的斜率为，直线的斜率为，.（1）求椭圆的方程；（2）若为直角三角形，求的值；（3）直线交轴于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点，探究：是否为定值？解：（1）设，则，两式相减，得，即.因为为的中点，所以，所以直线的斜率为，所以，所以，即.因为椭圆的焦距为，所以，又因为，解得，所以椭圆的方程为.（2）设直线的方程为.设，如图：将代入方程，消得，，解得.则.若时，有，即，,即，所以，化简整理得，解得，符合；若时，则，即，所以.又因为，联立方程组解得或（舍去），所以，所以，符合.若时，则，即，所以.又因为，联立方程组解得或（舍去），所以，所以，符合.综上，或.（3）由直线的方程，知.因为点为点关于轴的对称点，所以，所以直线的方程为，令，得点的横坐标为，因为，所以，所以为定值.19.甲、乙两人进行冬奥会知识竞猜游戏，每轮竞猜两人获胜的概率均为.（1）若进行4轮竞猜，记事件“甲获胜2轮”为，“甲第2轮获胜”为，判断与是否相互独立.（2）记进行（）轮竞猜时甲获胜2轮的概率为.（ⅰ）求满足的的取值集合；（ⅱ）若两人的竞猜游戏在满足以下任一条件时终止：①甲获胜2轮，②竞猜总轮数达到（），记结