2026届广东省深圳建文外国语学校高考数学二模试卷含解析

这是一份2026届广东省深圳建文外国语学校高考数学二模试卷含解析，共9页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知集合，，若，则等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，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，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知函数，则的值等于（ ）
A．2018B．1009C．1010D．2020
2．已知集合，，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．设分别为的三边的中点，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知，是椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．8D．6
5．已知函数在上单调递增，则的取值范围（ ）
A．B．C．D．
6．已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用.若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（ ）
A．丙被录用了B．乙被录用了C．甲被录用了D．无法确定谁被录用了
8．将函数的图象沿轴向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则“”是“是偶函数”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
9．已知集合，，若，则（ ）
A．或B．或C．或D．或
10．已知，是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于两点.若依次构成等差数列，且，则椭圆的离心率为
A．B．C．D．
11．数学中的数形结合，也可以组成世间万物的绚丽画面.一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的结合产物，曲线恰好是四叶玫瑰线.
给出下列结论：①曲线C经过5个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2；③曲线C围成区域的面积大于；④方程表示的曲线C在第二象限和第四象限其中正确结论的序号是( )
A．①③B．②④C．①②③D．②③④
12．将函数f(x)=sin 3x-cs 3x+1的图象向左平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，给出下列关于g(x)的结论：
①它的图象关于直线x=对称；
②它的最小正周期为；
③它的图象关于点(，1)对称；
④它在[]上单调递增.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②B．②③C．①②④D．②③④
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．函数的值域为_________．
14．已知内角，，的对边分别为，，．，，则_________．
15．假如某人有壹元、贰元、伍元、拾元、贰拾元、伍拾元、壹佰元的纸币各两张，要支付贰佰壹拾玖（219）元的货款，则有________种不同的支付方式.
16．设Sn为数列{an}的前n项和，若an0，a1=1，且2Sn=an（an+t），n∈N*，则S10=_____.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知函数.
（1）若在上为单调函数，求实数a的取值范围：
（2）若，记的两个极值点为，，记的最大值与最小值分别为M，m，求的值.
18．（12分）如图，在四棱锥中，，，.
（1）证明：平面；
（2）若，，为线段上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
19．（12分）如图所示，在三棱锥中，，，，点为中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若点为中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
20．（12分）已知函数．
（1）当时，解关于x的不等式；
（2）当时，若对任意实数，都成立，求实数的取值范围．
21．（12分）已知x∈R，设，，记函数.
（1）求函数取最小值时x的取值范围；
（2）设△ABC的角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，求△ABC的面积S的最大值.
22．（10分）如图，在直角中，，通过以直线为轴顺时针旋转得到（）.点为斜边上一点.点为线段上一点，且.
（1）证明：平面；
（2）当直线与平面所成的角取最大值时，求二面角的正弦值.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C
【解析】
首先，根据二倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，根据所求函数的周期性，得到其周期为4，然后借助于三角函数的周期性确定其值即可．
【详解】
解： ．
，
，
的周期为，
，， ，，
．
．
故选：C
【点睛】
本题重点考查了三角函数的图象与性质、三角恒等变换等知识，掌握辅助角公式化简函数解析式是解题的关键，属于中档题．
2、A
【解析】
由，得，代入集合B即可得.
【详解】
，，，即：，
故选：A
【点睛】
本题考查了集合交集的含义，也考查了元素与集合的关系，属于基础题.
3、B
【解析】
根据题意,画出几何图形,根据向量加法的线性运算即可求解.
【详解】
根据题意,可得几何关系如下图所示:
,
故选:B
【点睛】
本题考查了向量加法的线性运算,属于基础题.
4、C
【解析】
由椭圆的定义以及双曲线的定义、离心率公式化简，结合基本不等式即可求解.
【详解】
设椭圆的长半轴长为，双曲线的半实轴长为，半焦距为，
则，，设
由椭圆的定义以及双曲线的定义可得：
，
则

当且仅当时，取等号.
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了椭圆的定义以及双曲线的定义、离心率公式，属于中等题.
5、B
【解析】
由,可得,结合在上单调递增,易得,即可求出的范围.
【详解】
由,可得,
时,,而,
又在上单调递增,且,
所以,则,即,故.
故选:B.
【点睛】
本题考查了三角函数的单调性的应用,考查了学生的逻辑推理能力,属于基础题.
6、C
【解析】
根据在关于对称的区间上概率相等的性质求解．
【详解】
，，
，．
故选：C．
【点睛】
本题考查正态分布的应用．掌握正态曲线的性质是解题基础．随机变量服从正态分布，则．
7、C
【解析】
假设若甲被录用了，若乙被录用了，若丙被录用了，再逐一判断即可.
【详解】
解：若甲被录用了，则甲的说法错误，乙，丙的说法正确，满足题意，
若乙被录用了，则甲、乙的说法错误，丙的说法正确，不符合题意，
若丙被录用了，则乙、丙的说法错误，甲的说法正确，不符合题意，
综上可得甲被录用了，
故选：C.
【点睛】
本题考查了逻辑推理能力，属基础题.
8、A
【解析】
求出函数的解析式，由函数为偶函数得出的表达式，然后利用充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】
将函数的图象沿轴向左平移个单位长度，得到的图象对应函数的解析式为，
若函数为偶函数，则，解得，
当时，.
因此，“”是“是偶函数”的充分不必要条件.
故选：A.
【点睛】
本题考查充分不必要条件的判断，同时也考查了利用图象变换求三角函数解析式以及利用三角函数的奇偶性求参数，考查运算求解能力与推理能力，属于中等题.
9、B
【解析】
因为,所以,所以或.
若，则,满足.
若，解得或.若，则，满足.若，显然不成立，综上或，选B.
10、D
【解析】
如图所示，设依次构成等差数列，其公差为.
根据椭圆定义得，又，则，解得，.所以，，，.
在和中，由余弦定理得，整理解得.故选D．
11、B
【解析】
利用基本不等式得，可判断②；和联立解得可判断①③；由图可判断④.
【详解】
，
解得（当且仅当时取等号），则②正确；
将和联立，解得，
即圆与曲线C相切于点，，，，
则①和③都错误；由，得④正确.
故选：B.
【点睛】
本题考查曲线与方程的应用，根据方程，判断曲线的性质及结论，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.
12、B
【解析】
根据函数图象的平移变换公式求出函数的解析式，再利用正弦函数的对称性、单调区间等相关性质求解即可.
【详解】
因为f(x)=sin 3x-cs 3x+1=2sin(3x-)+1，由图象的平移变换公式知，
函数g(x)=2sin[3(x+)-]+1=2sin(3x+)+1，其最小正周期为，故②正确；
令3x+=kπ+，得x=+(k∈Z)，所以x=不是对称轴，故①错误；
令3x+=kπ，得x=-(k∈Z)，取k=2，得x=，故函数g(x)的图象关于点(，1)对称，故③正确；
令2kπ-≤3x+≤2kπ+，k∈Z，得-≤x≤+，取k=2，得≤x≤，取k=3，得≤x≤，故④错误；
故选：B
【点睛】
本题考查图象的平移变换和正弦函数的对称性、单调性和最小正周期等性质；考查运算求解能力和整体代换思想；熟练掌握正弦函数的对称性、单调性和最小正周期等相关性质是求解本题的关键;属于中档题、常考题型
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
利用换元法，得到，利用导数求得函数的单调性和最值，即可得到函数的值域，得到答案．
【详解】
由题意，可得，
令，，即，
则，
当时，，当时，，
即在为增函数，在为减函数，
又，，，
故函数的值域为：．
【点睛】
本题主要考查了三角函数的最值，以及利用导数研究函数的单调性与最值，其中解答中合理利用换元法得到函数，再利用导数求解函数的单调性与最值是解答的关键，着重考查了推理与预算能力，属于基础题．
14、
【解析】
利用正弦定理求得角B，再利用二倍角的余弦公式，即可求解.
【详解】
由正弦定理得，
，．
故答案为：.
【点睛】
本题考查了正弦定理求角，三角恒等变换，属于基础题.
15、1
【解析】
按照个位上的9元的支付情况分类，三个数位上的钱数分步计算，相加即可．
【详解】
9元的支付有两种情况，或者，
①当9元采用方式支付时，
200元的支付方式为，或者或者共3种方式，
10元的支付只能用1张10元，
此时共有种支付方式；
②当9元采用方式支付时：
200元的支付方式为，或者或者共3种方式，
10元的支付只能用1张10元，
此时共有种支付方式；
所以总的支付方式共有种．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了分类加法计数原理和分步乘法计数原理，属于中档题．做题时注意分类做到不重不漏，分步做到步骤完整．
16、55
【解析】
由求出.由，可得，两式相减，可得数列是以1为首项，1为公差的等差数列，即求.
【详解】
由题意，当n=1时，，
当时，由，
可得，
两式相减，可得，
整理得，
，
即，
∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
.
故答案为：55.
【点睛】
本题考查求数列的前项和，属于基础题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）；（2）
【解析】
（1）求导.根据单调，转化为对恒成立求解
（2）由（1）知，是的两个根，不妨设，令. 根据，确定，将转化为. 令，用导数法研究其单调性求最值.
【详解】
（1）的定义域为，
.
因为单调，所以对恒成立，
所以，恒成立，
因为，当且仅当时取等号，
所以；
（2）由（1）知，是的两个根.
从而，，不妨设，
则.
因为，所以t为关于a的减函数，所以.
.
令，则.
因为当时，在上为减函数.
所以当时，.
从而，所以在上为减函数.
所以当时，.
【点睛】
本题主要考查导数在函数中的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.
18、（1）证明见解析
（2）
【解析】
（1）利用线段长度得到与间的垂直关系，再根据线面垂直的判定定理完成证明；
（2）以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值，计算出结果.
【详解】
（1）∵，，
∴，
∴，
∵，平面，
∴平面
（2）由（1）知，，
又为坐标原点，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
∵，∴，
设是平面的一个法向量
则，即，取得
∴
∴直线与平面所成的正弦值为
【点睛】
本题考查线面垂直的证明以及用向量法求解线面角的正弦，难度一般.用向量方法求解线面角的正弦值时，注意直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值的绝对值等于线面角的正弦值.
19、（1）答案见解析．（2）
【解析】
（1）通过证明平面，证得，证得，由此证得平面，进而证得平面平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】
（1）因为，所以平面，
因为平面，所以．
因为，点为中点，所以．
因为，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）以点为坐标原点，直线分别为轴，轴，过点与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量，则即
取，则，，所以，
设平面的一个法向量，则即
取，则，，所以，
设平面与平面所成锐二面角为，
则．
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
【点睛】
本小题主要考查面面垂直的证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
20、（1）（2）
【解析】
（1）当时，利用含有一个绝对值不等式的解法，求得不等式的解集.（2）对分成和两类，利用零点分段法去绝对值，将表示为分段函数的形式，求得的最小值，进而求得的取值范围.
【详解】
（1）当时，
由得
由得
解：，得
∴当时，关于的不等式的解集为
（2）①当时，，
所以在上是减函数，在是增函数，所以，
由题设得，解得.②当时，同理求得.
综上所述，的取值范围为.
【点睛】
本小题主要考查含有一个绝对值不等式的求法，考查利用零点分段法解含有两个绝对值的不等式，属于中档题.
21、（1）；（2）
【解析】
(1)先根据向量的数量积的运算，以及二倍角公式和两角和的正弦公式化简得到f（x）=，再根据正弦函数的性质即可求出答案；（2）先求出C的大小，再根据余弦定理和基本不等式，即可求出，根据三角形的面积公式即可求出答案.
【详解】
（1）.
令，k∈Z，即时，，取最小值，
所以，所求的取值集合是；
（2）由，得，
因为，所以，所以，.
在中，由余弦定理，
得，即，当且仅当时取等号，
所以的面积，
因此的面积的最大值为.
【点睛】
本题考查了向量的数量积的运算和二倍角公式，两角和的正弦公式，余弦定理和基本不等式，三角形的面积公式，属于中档题.
22、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）先算出的长度，利用勾股定理证明，再由已知可得，利用线面垂直的判定定理即可证明；
（2）由（1）可得为直线与平面所成的角，要使其最大，则应最小，可得为中点，然后建系分别求出平面的法向量即可算得二面角的余弦值，进一步得到正弦值.
【详解】
（1）在中，，由余弦定理得
，
∴，
∴，
由题意可知：∴，，，
∴平面，
平面，∴，
又，
∴平面.
（2）以为坐标原点，以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.
∵平面，∴在平面上的射影是，
∴与平面所成的角是，∴最大时，即，点为中点.
，，，，，
，，设平面的法向量，
由，得，令，得，
所以平面的法向量，
同理，设平面的法向量，由，得，
令，得，所以平面的法向量，
∴，，
故二面角的正弦值为.
【点睛】
本题考查线面垂直的判定定理以及利用向量法求二面角的正弦值，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.