厦门市2025-2026学年高考数学倒计时模拟卷（含答案解析）

这是一份厦门市2025-2026学年高考数学倒计时模拟卷（含答案解析），共30页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，已知集合，，若，则，设，集合，则等内容，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．已知是双曲线的左、右焦点，若点关于双曲线渐近线的对称点满足（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
2．已知数列中，，且当为奇数时，；当为偶数时，．则此数列的前项的和为（ ）
A．B．C．D．
3．造纸术、印刷术、指南针、火药被称为中国古代四大发明，此说法最早由英国汉学家艾约瑟提出并为后来许多中国的历史学家所继承，普遍认为这四种发明对中国古代的政治，经济，文化的发展产生了巨大的推动作用.某小学三年级共有学生500名，随机抽查100名学生并提问中国古代四大发明，能说出两种发明的有45人，能说出3种及其以上发明的有32人，据此估计该校三级的500名学生中，对四大发明只能说出一种或一种也说不出的有（ ）
A．69人B．84人C．108人D．115人
4．已知函数在区间有三个零点，，，且，若，则的最小正周期为（ ）
A．B．C．D．
5．已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知集合，，若，则（ ）
A．4B．－4C．8D．－8
7．若为虚数单位，则复数，则在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
8．设，集合，则（ ）
A．B．C．D．
9．已知函数的图像上有且仅有四个不同的关于直线对称的点在的图像上，则的取值范围是( )
A．B．C．D．
10．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
11．设，为非零向量，则“存在正数，使得”是“”的（ ）
A．既不充分也不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．充分不必要条件
12．已知函数．若存在实数，且，使得，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在平面直角坐标系中，点的坐标为，点是直线：上位于第一象限内的一点．已知以为直径的圆被直线所截得的弦长为，则点的坐标__________．
14．的展开式中所有项的系数和为______，常数项为______.
15．在各项均为正数的等比数列中，，且，成等差数列，则___________.
16．设实数满足约束条件,则的最大值为______.
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）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，求的面积的值（或最大值）．已知的内角，，所对的边分别为，，，三边，，与面积满足关系式：，且 ，求的面积的值（或最大值）．
18．（12分）已知函数（其中是自然对数的底数）
（1）若在R上单调递增，求正数a的取值范围；
（2）若f（x）在处导数相等，证明：；
（3）当时，证明：对于任意，若，则直线与曲线有唯一公共点（注：当时，直线与曲线的交点在y轴两侧）.
19．（12分）在中，、、分别是角、、的对边，且.
（1）求角的值；
（2）若，且为锐角三角形，求的取值范围.
20．（12分）已知函数，的最大值为．
求实数b的值；
当时，讨论函数的单调性；
当时，令，是否存在区间，，使得函数在区间上的值域为？若存在，求实数k的取值范围；若不存在，请说明理由．
21．（12分）在多面体中，四边形是正方形，平面，，，为的中点.
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成角的正弦值.
22．（10分）如图，在三棱柱中，，，，为的中点，且.
（1）求证：平面；
（2）求锐二面角的余弦值.
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．B
【解析】
先利用对称得，根据可得，由几何性质可得，即，从而解得渐近线方程.
【详解】
如图所示：
由对称性可得：为的中点，且，
所以，
因为，所以，
故而由几何性质可得，即，
故渐近线方程为，
故选B.
本题考查了点关于直线对称点的知识，考查了双曲线渐近线方程，由题意得出是解题的关键，属于中档题.
2．A
【解析】
根据分组求和法，利用等差数列的前项和公式求出前项的奇数项的和，利用等比数列的前项和公式求出前项的偶数项的和，进而可求解.
【详解】
当为奇数时，，
则数列奇数项是以为首项，以为公差的等差数列，
当为偶数时，，
则数列中每个偶数项加是以为首项，以为公比的等比数列.
所以
.
故选：A
本题考查了数列分组求和、等差数列的前项和公式、等比数列的前项和公式，需熟记公式，属于基础题.
3．D
【解析】
先求得名学生中，只能说出一种或一种也说不出的人数，由此利用比例，求得名学生中对四大发明只能说出一种或一种也说不出的人数.
【详解】
在这100名学生中，只能说出一种或一种也说不出的有人，设对四大发明只能说出一种或一种也说不出的有人，则，解得人.
故选：D
本小题主要考查利用样本估计总体，属于基础题.
4．C
【解析】
根据题意，知当时，，由对称轴的性质可知和，即可求出，即可求出的最小正周期.
【详解】
解：由于在区间有三个零点，，，
当时，，
∴由对称轴可知，满足，
即.
同理，满足，即，
∴，，
所以最小正周期为：.
故选：C.
本题考查正弦型函数的最小正周期，涉及函数的对称性的应用，考查计算能力.
5．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．
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．
6．B
【解析】
根据交集的定义，，可知，代入计算即可求出.
【详解】
由，可知，
又因为，
所以时，，
解得.
故选：B.
本题考查交集的概念，属于基础题.
7．B
【解析】
首先根据特殊角的三角函数值将复数化为，求出，再利用复数的几何意义即可求解.
【详解】
，
，
则在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限.
故选：B
本题考查了复数的几何意义、共轭复数的概念、特殊角的三角函数值，属于基础题.
8．B
【解析】
先化简集合A,再求.
【详解】
由 得： ，所以 ，因此 ，故答案为B
本题主要考查集合的化简和运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和计算推理能力.
9．D
【解析】
根据对称关系可将问题转化为与有且仅有四个不同的交点；利用导数研究的单调性从而得到的图象；由直线恒过定点，通过数形结合的方式可确定；利用过某一点曲线切线斜率的求解方法可求得和，进而得到结果.
【详解】
关于直线对称的直线方程为：
原题等价于与有且仅有四个不同的交点
由可知，直线恒过点
当时，
在上单调递减；在上单调递增
由此可得图象如下图所示：
其中、为过点的曲线的两条切线，切点分别为
由图象可知，当时，与有且仅有四个不同的交点
设，，则，解得：
设，，则，解得：
，则
本题正确选项：
本题考查根据直线与曲线交点个数确定参数范围的问题；涉及到过某一点的曲线切线斜率的求解问题；解题关键是能够通过对称性将问题转化为直线与曲线交点个数的问题，通过确定直线恒过的定点，采用数形结合的方式来进行求解.
10．B
【解析】
由三视图知该四棱锥是底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，由此求出四棱锥的体积．
【详解】
由三视图知该四棱锥是底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，画出四棱锥的直观图，如图所示：
则该四棱锥的体积为.
故选：B.
本题考查了利用三视图求几何体体积的问题，是基础题．
11．D
【解析】
充分性中，由向量数乘的几何意义得，再由数量积运算即可说明成立；必要性中，由数量积运算可得，不一定有正数，使得，所以不成立，即可得答案.
【详解】
充分性：若存在正数，使得，则，，得证；
必要性：若，则，不一定有正数，使得，故不成立；
所以是充分不必要条件
故选：D
本题考查平面向量数量积的运算，向量数乘的几何意义，还考查了充分必要条件的判定，属于简单题.
12．D
【解析】
首先对函数求导，利用导数的符号分析函数的单调性和函数的极值，根据题意，列出参数所满足的不等关系，求得结果.
【详解】
，令，得，．
其单调性及极值情况如下：
若存在，使得，
则（如图1）或（如图2）．
（图1）
（图2）
于是可得，
故选：D.
该题考查的是有关根据函数值的关系求参数的取值范围的问题，涉及到的知识点有利用导数研究函数的单调性与极值，画出图象数形结合，属于较难题目.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
依题意画图,设,根据圆的直径所对的圆周角为直角,可得,
通过勾股定理得,再利用两点间的距离公式即可求出,进而得出点坐标.
【详解】
解:依题意画图,设
以为直径的圆被直线所截得的弦长为,
且,
又因为为圆的直径,则所对的圆周角,
则, 则为点到直线：的距离.
所以,
则.
又因为点在直线：上,
设,则.
解得,则.
故答案为:
本题考查了直线与圆的位置关系,考查了两点间的距离公式,点到直线的距离公式,是基础题.
14．3 -260
【解析】
(1)令求得所有项的系数和； (2)先求出展开式中的常数项与含的系数，再求展开式中的常数项.
【详解】
将代入，得所有项的系数和为3.
因为的展开式中含的项为，的展开式中含常数项，所以的展开式中的常数项为.
故答案为：3； -260
本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特殊项问题，属于基础题.
15．
【解析】
利用等差中项的性质和等比数列通项公式得到关于的方程,解方程求出代入等比数列通项公式即可.
【详解】
因为，成等差数列，
所以，
由等比数列通项公式得，
，
所以，
解得或，
因为，所以，
所以等比数列的通项公式为
.
故答案为：
本题考查等差中项的性质和等比数列通项公式；考查运算求解能力和知识 综合运用能力；熟练掌握等差中项和等比数列通项公式是求解本题的关键；属于中档题.
16．
【解析】
试题分析：作出不等式组所表示的平面区域如图，当直线过点时，最大，且
考点：线性规划.
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．见解析
【解析】
若选择①，结合三角形的面积公式，得，化简得到，则，又，从而得到，
将代入，得．
又，∴，当且仅当时等号成立．
∴，
故的面积的最大值为，此时．
若选择②，，结合三角形的面积公式，得，化简得到，则，又，从而得到，
则，此时为等腰直角三角形，.
若选择③，，则结合三角形的面积公式，得，化简得到，则，又，从而得到，则．
18．（1）；（2）见解析；（3）见解析
【解析】
（1）需满足恒成立，只需即可；（2）根据的单调性，构造新函数，并令，根据的单调性即可得证；
（3）将问题转化为证明有唯一实数解，对求导，判断其单调性，结合题目条件与不等式的放缩，即可得证．
【详解】
；
令，则恒成立；
，；
的取值范围是；
（2）证明：由（1）知，在上单调递减，在上单调递增；
；
令，；
则；
令，则；
；
；
（3）证明：，，要证明有唯一实数解；
当时，；
当时，；
即对于任意实数，一定有解；
；
当时，有两个极值点；
函数在，，上单调递增，在上单调递减；
又；
只需，在时恒成立；
只需；
令，其中一个正解是；
，；
单调递增，，（1）；
；
；
综上得证．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数证明不等式，考查了转化思想、不等式的放缩，属难题．
19． (1) .(2) .
【解析】
（1）根据题意，由余弦定理求得，即可求解C角的值；
（2）由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，再根据为锐角三角形，求得，利用三角函数的图象与性质，即可求解.
【详解】
（1）由题意知，∴，
由余弦定理可知，，
又∵，∴.
（2）由正弦定理可知，，即
∴
，
又∵为锐角三角形，∴，即，
则，所以，
综上的取值范围为.
本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
20． (1) ;(2) 时，在单调增；时, 在单调递减，在单调递增；时,同理在单调递减，在单调递增；（3）不存在.
【解析】
分析：(1)利用导数研究函数的单调性，可得当时， 取得极大值，也是最大值，
由，可得结果；（2）求出，分三种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（3）假设存在区间，使得函数在区间上的值域是，则，问题转化为关于的方程在区间内是否存在两个不相等的实根，进而可得结果.
详解：(1) 由题意得，
令，解得，
当时， ，函数单调递增；
当时， ，函数单调递减.
所以当时， 取得极大值，也是最大值，
所以，解得.
（2）的定义域为.

①即,则，故在单调增
②若,而,故,则当时，;
当及时，
故在单调递减，在单调递增．
③若,即,同理在单调递减，在单调递增
（3）由（1）知，
所以，令，则对恒成立，所以在区间内单调递增，
所以恒成立，
所以函数在区间内单调递增.
假设存在区间，使得函数在区间上的值域是，
则，
问题转化为关于的方程在区间内是否存在两个不相等的实根， 即方程在区间内是否存在两个不相等的实根，
令， ，则，
设， ，则对恒成立，所以函数在区间内单调递增，
故恒成立，所以，所以函数在区间内单调递增，所以方程在区间内不存在两个不相等的实根.
综上所述，不存在区间，使得函数在区间上的值域是.
点睛：本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的最值值，属于难题.求函数极值、最值的步骤：(1) 确定函数的定义域；(2) 求导数 ；(3) 解方程 求出函数定义域内的所有根；(4) 列表检查 在 的根 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么 在 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么 在 处取极小值. （5）如果只有一个极值点，则在该处即是极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点值的函数值与极值的大小.
21．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）首先证明，，，∴平面.即可得到平面，.
（2）以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，带入公式求解即可.
【详解】
（1）∵平面，平面，∴.
又∵四边形是正方形，∴.
∵，∴平面.
∵平面，∴.
又∵，为的中点，∴.
∵，∴平面.
∵平面，∴.
（2）∵平面，，∴平面.
以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.
如图所示：
则，，，.
∴，，.
设为平面的法向量，
则，得，
令，则.
由题意知为平面的一个法向量，
∴，
∴平面与平面所成角的正弦值为.
本题第一问考查线线垂直，先证线面垂直时解题关键，第二问考查二面角，建立空间直角坐标系是解题关键，属于中档题.
22．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）证明后可得平面，从而得，结合已知得线面垂直；
（2）以为坐标原点，以为轴，为轴，为建立空间直角坐标系，设，写出各点坐标，求出二面角的面的法向量，由法向量夹角的余弦值得二面角的余弦值．
【详解】
（1）证明：因为，为中点，
所以，又，，
所以平面，又平面，
所以，又，，
所以平面.
（2）由已知及（1）可知，，两两垂直，所以以为坐标原点，以为轴，为轴，为建立空间直角坐标系，设，则
，，，，，.
设平面的法向量，则
，即，令，则；
设平面的法向量，则
，即，令，则，
所以.
故锐二面角的余弦值为.
本题考查证明线面垂直，解题时注意 线面垂直与线线垂直的相互转化．考查求二面角，求空间角一般是建立空间直角坐标系，用向量法易得结论．
x
0
+
0
_
0
+
极大值
极小值