怀化市2026年高考数学倒计时模拟卷（含答案解析）

这是一份怀化市2026年高考数学倒计时模拟卷（含答案解析），共13页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，已知全集，集合，则，已知函数，，则的极大值点为等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点（设点位于第一象限），过点，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点，，抛物线的准线交轴于点，若，则直线的斜率为
A．1B．C．D．
2．已知三棱柱( )
A．B．C．D．
3．如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
4．已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知幂函数的图象过点，且，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
6．从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为
A．48B．72C．90D．96
7．在中，点D是线段BC上任意一点，，，则（ ）
A．B．-2C．D．2
8．已知函数，，则的极大值点为( )
A．B．C．D．
9．盒中有6个小球，其中4个白球，2个黑球，从中任取个球，在取出的球中，黑球放回，白球则涂黑后放回，此时盒中黑球的个数，则( )
A．，B．，
C．，D．，
10．在复平面内，复数对应的点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
11．为了进一步提升驾驶人交通安全文明意识，驾考新规要求驾校学员必须到街道路口执勤站岗，协助交警劝导交通.现有甲、乙等5名驾校学员按要求分配到三个不同的路口站岗，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( )
A．12种B．24种C．36种D．48种
12．若实数满足的约束条件，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．利用等面积法可以推导出在边长为a的正三角形内任意一点到三边的距离之和为定值，类比上述结论，利用等体积法进行推导，在棱长为a的正四面体内任意一点到四个面的距离之和也为定值，则这个定值是______
14．若，则__________.
15．已知三棱锥，，是边长为4的正三角形，，分别是、的中点，为棱上一动点（点除外），，若异面直线与所成的角为，且，则______.
16．已知无盖的圆柱形桶的容积是立方米，用来做桶底和侧面的材料每平方米的价格分别为30元和20元，那么圆桶造价最低为________元.
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）已知数列满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
18．（12分）已知函数，函数，其中，是的一个极值点，且.
（1）讨论的单调性
（2）求实数和a的值
（3）证明
19．（12分）已知椭圆，上顶点为，离心率为，直线交轴于点，交椭圆于，两点，直线，分别交轴于点，．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）求证：为定值．
20．（12分）已知函数，．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若，当时，函数，求函数的最小值．
21．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数，将曲线经过伸缩变换后得到曲线.在以原点为极点，轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.
（1）说明曲线是哪一种曲线，并将曲线的方程化为极坐标方程；
（2）已知点是曲线上的任意一点，又直线上有两点和，且，又点的极角为，点的极角为锐角.求：
①点的极角；
②面积的取值范围.
22．（10分）如图，四棱锥中，底面为直角梯形，∥，为等边三角形，平面底面，为的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）点在线段上，且，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
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】
根据抛物线定义，可得，，
又，所以，所以，
设，则，则，
所以，所以直线的斜率．故选C．
2．C
【解析】
因为直三棱柱中，AB＝3，AC＝4，AA1＝12，AB⊥AC，所以BC＝5，且BC为过底面ABC的截面圆的直径．取BC中点D，则OD⊥底面ABC，则O在侧面BCC1B1内，矩形BCC1B1的对角线长即为球直径，所以2R＝＝13，即R＝
3．A
【解析】
由三视图还原原几何体如图，该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱，半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1．再由球与圆柱体积公式求解．
【详解】
由三视图还原原几何体如图，
该几何体为组合体，上半部分为半球，下半部分为圆柱，
半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为1．
则几何体的体积为．
故选：．
本题主要考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
4．D
【解析】
根据函数定义域的求解方法可分别求得集合，由补集和交集定义可求得结果.
【详解】
，，，
.
故选：.
本题考查集合运算中的补集和交集运算问题，涉及到函数定义域的求解，属于基础题.
5．A
【解析】
根据题意求得参数，根据对数的运算性质，以及对数函数的单调性即可判断.
【详解】
依题意，得，故，
故，，，
则.
故选：A.
本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，考查推理论证能力，属基础题.
6．D
【解析】
因甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外3场比赛或甲学生不参加任何比赛
①当甲参加另外3场比赛时，共有•=72种选择方案；②当甲学生不参加任何比赛时，共有=24种选择方案．综上所述，所有参赛方案有72+24=96种
故答案为：96
点睛：本题以选择学生参加比赛为载体，考查了分类计数原理、排列数与组合数公式等知识，属于基础题．
7．A
【解析】
设，用表示出，求出的值即可得出答案.
【详解】
设
由
，
，
.
故选：A
本题考查了向量加法、减法以及数乘运算，需掌握向量加法的三角形法则以及向量减法的几何意义，属于基础题.
8．A
【解析】
求出函数的导函数，令导数为零，根据函数单调性，求得极大值点即可.
【详解】
因为，
故可得，
令，因为，
故可得或，
则在区间单调递增，
在单调递减，在单调递增，
故的极大值点为.
故选：A.
本题考查利用导数求函数的极值点，属基础题.
9．C
【解析】
根据古典概型概率计算公式，计算出概率并求得数学期望，由此判断出正确选项.
【详解】
表示取出的为一个白球，所以.表示取出一个黑球，，所以.
表示取出两个球，其中一黑一白，，表示取出两个球为黑球，，表示取出两个球为白球，，所以.所以，.
故选：C
本小题主要考查离散型随机变量分布列和数学期望的计算，属于中档题.
10．C
【解析】
利用复数的运算法则、几何意义即可得出．
【详解】
解：复数i（2+i）＝2i﹣1对应的点的坐标为（﹣1，2），
故选：C
本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
11．C
【解析】
先将甲、乙两人看作一个整体，当作一个元素，再将这四个元素分成3个部分，每一个部分至少一个，再将这3部分分配到3个不同的路口，根据分步计数原理可得选项.
【详解】
把甲、乙两名交警看作一个整体，个人变成了4个元素，再把这4个元素分成3部分，每部分至少有1个人，共有种方法，再把这3部分分到3个不同的路口，有种方法，由分步计数原理，共有种方案。
故选：C.
本题主要考查排列与组合,常常运用捆绑法，插空法，先分组后分配等一些基本思想和方法解决问题，属于中档题.
12．B
【解析】
根据所给不等式组，画出不等式表示的可行域，将目标函数化为直线方程，平移后即可确定取值范围.
【详解】
实数满足的约束条件，画出可行域如下图所示：
将线性目标函数化为，
则将平移，平移后结合图像可知，当经过原点时截距最小，；
当经过时，截距最大值，，
所以线性目标函数的取值范围为，
故选：B.
本题考查了线性规划的简单应用，线性目标函数取值范围的求法，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
计算正四面体的高，并计算该正四面体的体积，利用等体积法，可得结果.
【详解】
作平面，为的重心
如图
则，
所以
设正四面体内任意一点到四个面的距离之和为
则
故答案为：
本题考查类比推理的应用，还考查等体积法，考验理解能力以及计算能力，属基础题.
14．
【解析】
由已知利用两角差的正弦函数公式可得，两边平方，由同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式即可计算得解．
【详解】
，得，
在等式两边平方得，解得.
故答案为：.
本题主要考查了两角差的正弦函数公式，同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦函数公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
15．
【解析】
取的中点，连接，，取的中点，连接，，，直线与所成的角为，计算，，根据余弦定理计算得到答案。
【详解】
取的中点，连接，，依题意可得，，
所以平面，所以，
因为，分别、的中点，所以，因为，所以，
所以平面，故，故，
故两两垂直。
取的中点，连接，，，因为，
所以直线与所成的角为，
设，则，
，
所以，
化简得，解得，即.
故答案为：.
本题考查了根据异面直线夹角求长度，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
16．
【解析】
设桶的底面半径为，用表示出桶的总造价，利用基本不等式得出最小值.
【详解】
设桶的底面半径为，高为，则，
故，
圆通的造价为
解法一：
当且仅当，即时取等号.
解法二：，则，
令，即，解得，此函数在单调递增；
令，即，解得，此函数在上单调递减；
令，即，解得，
即当时，圆桶的造价最低.
所以
故答案为：
本题考查了基本不等式的应用，注意验证等号成立的条件，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）根据递推公式，用配凑法构造等比数列，求其通项公式，进而求出的通项公式；
（2）求出数列的通项公式，利用错位相减法求数列的前项和.
【详解】
解：（1），
，
是首项为，公比为的等比数列．
所以，．
（2）
.
本题考查了由数列的递推公式求通项公式，错位相减法求数列的前n项和的问题，属于中档题.
18．（1）在区间单调递增；（2）；（3）证明见解析.
【解析】
（1）求出，在定义域内，再次求导，可得在区间上恒成立，从而可得结论；（2）由，可得，由可得，联立解方程组可得结果；（3）由（1）知在区间单调递增，可证明，取，可得，而，利用裂项相消法，结合放缩法可得结果.
【详解】
（1）由已知可得函数的定义域为，且，
令，则有，由，可得，
可知当x变化时，的变化情况如下表：
，即，可得在区间单调递增；
（2）由已知可得函数的定义域为，且，
由已知得，即，①
由可得，，②
联立①②，消去a，可得，③
令，则，
由（1）知，，故，在区间单调递增，
注意到，所以方程③有唯一解，代入①，可得，
；
（3）证明：由（1）知在区间单调递增，
故当时，，，
可得在区间单调递增，
因此，当时，，即，亦即，
这时，故可得，取，
可得，而，
故
.
本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.
19．（Ⅰ）；（Ⅱ），证明见解析．
【解析】
（Ⅰ）根据题意列出关于，，的方程组，解出，，的值，即可得到椭圆的方程；
（Ⅱ）设点，，点，，易求直线的方程为：，令得，，同理可得，所以
，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理代入上式，化简即可得到．
【详解】
（Ⅰ）解：由题意可知：，解得，
椭圆的方程为：；
（Ⅱ）证：设点，，点，，
联立方程，消去得：，
，①，
点，，，
直线的方程为：，令得，，，，
同理可得，，
，
把①式代入上式得：，
为定值．
本题主要考查直线与椭圆的位置关系、定值问题的求解；关键是能够通过直线与椭圆联立得到韦达定理的形式，利用韦达定理化简三角形面积得到定值；考查计算能力与推理能力，属于中档题．
20．（1）见解析 （2）的最小值为
【解析】
（1）由题可得函数的定义域为，
，
当时，，令，可得；令，可得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减；
当时，令，可得；令，可得或，
所以函数在，上单调递增，在上单调递减；
当时，恒成立，所以函数在上单调递增．
综上，当时，函数在上单调递增，在上单调递减；当时，函数在，上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递增．
（2）方法一：当时，，，
设，，则，
所以函数在上单调递减，所以，当且仅当时取等号．当时，设，则，所以，
设，，则，
所以函数在上单调递减，且，，
所以存在，使得，所以当时，；当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，，所以，所以，当且仅当时取等号．所以当时，函数取得最小值，且，
故函数的最小值为．
方法二：当时，，，
则，
令，，则，
所以函数在上单调递增，
又，所以存在，使得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以当时，恒成立，
所以当时，恒成立，所以函数在上单调递减，
所以函数的最小值为．
21．（1）曲线为圆心在原点，半径为2的圆.的极坐标方程为（2）①②
【解析】
（1）求得曲线伸缩变换后所得的参数方程，消参后求得的普通方程，判断出对应的曲线，并将的普通方程转化为极坐标方程.
（2）
①将的极角代入直线的极坐标方程，由此求得点的极径，判断出为等腰三角形，求得直线的普通方程，由此求得，进而求得，从而求得点的极角.
②解法一：利用曲线的参数方程，求得曲线上的点到直线的距离的表达式，结合三角函数的知识求得的最小值和最大值，由此求得面积的取值范围.
解法二：根据曲线表示的曲线，利用圆的几何性质求得圆上的点到直线的距离的最大值和最小值，进而求得面积的取值范围.
【详解】
（1）因为曲线的参数方程为（为参数），
因为则曲线的参数方程
所以的普通方程为.所以曲线为圆心在原点，半径为2的圆.
所以的极坐标方程为，即.
（2）①点的极角为，代入直线的极坐标方程得点
极径为，且，所以为等腰三角形，
又直线的普通方程为，
又点的极角为锐角，所以，所以，
所以点的极角为.
②解法1：直线的普通方程为.
曲线上的点到直线的距离
.
当，即（）时，
取到最小值为.
当，即（）时，
取到最大值为.
所以面积的最大值为；
所以面积的最小值为；
故面积的取值范围.
解法2：直线的普通方程为.
因为圆的半径为2，且圆心到直线的距离，
因为，所以圆与直线相离.
所以圆上的点到直线的距离最大值为，
最小值为.
所以面积的最大值为；
所以面积的最小值为；
故面积的取值范围.
本小题考查坐标变换，极径与极角；直线，圆的极坐标方程，圆的参数方程，直线的极坐标方程与普通方程，点到直线的距离等.考查数学运算能力，包括运算原理的理解与应用、运算方法的选择与优化、运算结果的检验与改进等.也兼考了数学抽象素养、逻辑推理、数学运算、直观想象等核心素养.
22．（1）见解析（2）
【解析】
（1）根据等边三角形的性质证得，根据面面垂直的性质定理，证得底面，由此证得，结合证得平面，由此证得：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的锐二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：∵为等边三角形，为的中点，∴
∵平面底面，平面底面，
∴底面平面，∴
又由题意可知为正方形，
又，∴平面
平面，∴平面平面
（2）如图建立空间直角坐标系，则，，，由已知，得，
设平面的法向量为，则
令，则，
∴
由（1）知平面的法向量可取为
∴
∴平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
本小题主要考查面面垂直的判定定理和性质定理，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.
1
-
0
+
极小值