2026年黑龙江省牡丹江市高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷（含答案解析）

这是一份2026年黑龙江省牡丹江市高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷（含答案解析），共30页。试卷主要包含了已知，，则，设实数满足条件则的最大值为等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．设集合则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，，，若，则（ ）
A．B．C．D．
3．若，则， ， ， 的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知α，β表示两个不同的平面，l为α内的一条直线，则“α∥β是“l∥β”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
5．某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成进行分析，随机抽取了200分到450分之间的2000名学生的成绩，并根据这2000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图，如图所示，则成绩在，内的学生人数为（ ）
A．800B．1000C．1200D．1600
6．已知，，则（ ）
A．B．C．3D．4
7．设实数满足条件则的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．正的边长为2，将它沿边上的高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
9．如图所示，三国时代数学家在《周脾算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一个内角为，若向弦图内随机抛掷200颗米粒（大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（ ）
A．20B．27C．54D．64
10．如图，点E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点，点F，M分别在线段AC，BD1（不包含端点）上运动，则（ ）
A．在点F的运动过程中，存在EF//BC1
B．在点M的运动过程中，不存在B1M⊥AE
C．四面体EMAC的体积为定值
D．四面体FA1C1B的体积不为定值
11．如图，在正四棱柱中，，分别为的中点，异面直线与所成角的余弦值为，则( )
A．直线与直线异面，且B．直线与直线共面，且
C．直线与直线异面，且D．直线与直线共面，且
12．已知底面为边长为的正方形，侧棱长为的直四棱柱中，是上底面上的动点.给出以下四个结论中，正确的个数是（ ）
①与点距离为的点形成一条曲线，则该曲线的长度是；
②若面，则与面所成角的正切值取值范围是；
③若，则在该四棱柱六个面上的正投影长度之和的最大值为.
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若向量满足，则实数的取值范围是____________.
14．设等差数列的前项和为，若，，则______，的最大值是______.
15．已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是_______.
16．若实数，满足，则的最小值为__________．
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）已知各项均为正数的数列的前项和为，满足，，，，恰为等比数列的前3项．
（1）求数列，的通项公式；
（2）求数列的前项和为；若对均满足，求整数的最大值；
（3）是否存在数列满足等式成立，若存在，求出数列的通项公式；若不存在，请说明理由．
18．（12分）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，为椭圆上一动点（异于左右顶点），面积的最大值为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线与椭圆相交于点两点，问轴上是否存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．
19．（12分）记抛物线的焦点为，点在抛物线上，且直线的斜率为1，当直线过点时，.
（1）求抛物线的方程；
（2）若，直线与交于点，，求直线的斜率.
20．（12分）已知椭圆：（），四点，，，中恰有三点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的左右顶点分别为.是椭圆上异于的动点，求的正切的最大值.
21．（12分）已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若正数、满足，求证：.
22．（10分）已知椭圆的离心率为，且过点．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设是椭圆上且不在轴上的一个动点，为坐标原点，过右焦点作的平行线交椭圆于、两个不同的点，求的值．
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】
直接求交集得到答案.
【详解】
集合，则.
故选：.
本题考查了交集运算，属于简单题.
2．B
【解析】
由平行求出参数，再由数量积的坐标运算计算．
【详解】
由，得，则，
，，所以．
故选：B．
本题考查向量平行的坐标表示，考查数量积的坐标运算，掌握向量数量积的坐标运算是解题关键．
3．D
【解析】
因为，所以，
因为，，所以,.
综上；故选D.
4．A
【解析】
试题分析：利用面面平行和线面平行的定义和性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断．
解：根据题意，由于α，β表示两个不同的平面，l为α内的一条直线，由于“α∥β，
则根据面面平行的性质定理可知，则必然α中任何一条直线平行于另一个平面，条件可以推出结论，反之不成立，
∴“α∥β是“l∥β”的充分不必要条件．
故选A．
考点：必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面与平面平行的判定．
5．B
【解析】
由图可列方程算得a，然后求出成绩在内的频率，最后根据频数=总数×频率可以求得成绩在内的学生人数.
【详解】
由频率和为1，得，解得，
所以成绩在内的频率，
所以成绩在内的学生人数.
故选：B
本题主要考查频率直方图的应用，属基础题.
6．A
【解析】
根据复数相等的特征，求出和，再利用复数的模公式，即可得出结果.
【详解】
因为，所以，
解得
则.
故选：A.
本题考查相等复数的特征和复数的模，属于基础题.
7．C
【解析】
画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义平移得到答案.
【详解】
如图所示：画出可行域和目标函数，
，即，表示直线在轴的截距加上1，
根据图像知，当时，且时，有最大值为.
故选：.
本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键.
8．D
【解析】
如图所示，设的中点为，的外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，利用正弦定理可得，利用球心的性质和线面垂直的性质可得四边形为平行四边形，最后利用勾股定理可求外接球的半径，从而可得外接球的表面积.
【详解】
如图所示，设的中点为，外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，则平面，.
因为，故，
因为，故.
由正弦定理可得，故，又因为，故.
因为，故平面，所以，
因为平面，平面，故，故，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以，故外接球的半径为，外接球的表面积为.
故选：D.
本题考查平面图形的折叠以及三棱锥外接球表面积的计算，还考查正弦定理和余弦定理，折叠问题注意翻折前后的变量与不变量，外接球问题注意先确定外接球的球心的位置，然后把半径放置在可解的直角三角形中来计算，本题有一定的难度.
9．B
【解析】
设大正方体的边长为，从而求得小正方体的边长为，设落在小正方形内的米粒数大约为，利用概率模拟列方程即可求解。
【详解】
设大正方体的边长为，则小正方体的边长为，
设落在小正方形内的米粒数大约为，
则，解得：
故选：B
本题主要考查了概率模拟的应用，考查计算能力，属于基础题。
10．C
【解析】
采用逐一验证法，根据线线、线面之间的关系以及四面体的体积公式，可得结果.
【详解】
A错误
由平面，//
而与平面相交，
故可知与平面相交，所以不存在EF//BC1
B错误，如图，作
由
又平面，所以平面
又平面，所以
由//，所以
，平面
所以平面，又平面
所以，所以存在
C正确
四面体EMAC的体积为
其中为点到平面的距离，
由//，平面，平面
所以//平面，
则点到平面的距离即点到平面的距离，
所以为定值，故四面体EMAC的体积为定值
错误
由//，平面，平面
所以//平面，
则点到平面的距离即为点到平面的距离，
所以为定值
所以四面体FA1C1B的体积为定值
故选：C
本题考查线面、线线之间的关系，考验分析能力以及逻辑推理能力，熟练线面垂直与平行的判定定理以及性质定理，中档题.
11．B
【解析】
连接，，，，由正四棱柱的特征可知，再由平面的基本性质可知，直线与直线共面.，同理易得，由异面直线所成的角的定义可知，异面直线与所成角为，然后再利用余弦定理求解.
【详解】
如图所示：
连接，，，，由正方体的特征得，
所以直线与直线共面.
由正四棱柱的特征得，
所以异面直线与所成角为.
设，则，则，，，
由余弦定理，得.
故选：B
本题主要考查异面直线的定义及所成的角和平面的基本性质，还考查了推理论证和运算求解的能力，属于中档题.
12．C
【解析】
①与点距离为的点形成以为圆心，半径为的圆弧，利用弧长公式，可得结论；②当在（或时，与面所成角（或的正切值为最小，当在时，与面所成角的正切值为最大，可得正切值取值范围是；③设，，，则，即，可得在前后、左右、上下面上的正投影长，即可求出六个面上的正投影长度之和．
【详解】
如图：
①错误， 因为 ，与点距离为的点形成以为圆心，半径为的圆弧，长度为；
②正确，因为面面，所以点必须在面对角线上运动，当在（或）时，与面所成角（或）的正切值为最小（为下底面面对角线的交点），当在时，与面所成角的正切值为最大，所以正切值取值范围是；
③正确，设，则，即，在前后、左右、上下面上的正投影长分别为，，，所以六个面上的正投影长度之，当且仅当在时取等号.
故选：.
本题以命题的真假判断为载体，考查了轨迹问题、线面角、正投影等知识点，综合性强，属于难题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
根据题意计算，解得答案.
【详解】
，故，解得.
故答案为：.
本题考查了向量的数量积，意在考查学生的计算能力.
14．
【解析】
利用等差数列前项和公式，列出方程组，求出首项和公差的值，利用等差数列的通项公式可求出数列的通项公式，可求出的表达式，然后利用双勾函数的单调性可求出的最大值.
【详解】
（1）设等差数列的公差为，则，解得，
所以，数列的通项公式为；
（2），，
令，则且，，
由双勾函数的单调性可知，函数在时单调递减，在时单调递增，
当或时，取得最大值为.
故答案为：；.
本题考查等差数列的通项公式、前项和的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15．
【解析】
结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用坐标表示成圆的方程，与椭圆方程联立可进一步求解.利用焦半径及三角形中位线定理，则更为简洁.
【详解】
方法1：由题意可知，
由中位线定理可得，设可得，
联立方程
可解得（舍），点在椭圆上且在轴的上方，
求得，所以
方法2：焦半径公式应用
解析1：由题意可知，
由中位线定理可得，即
求得，所以.
本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与圆的位置关系，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.
16．
【解析】
由约束条件先画出可行域，然后求目标函数的最小值.
【详解】
由约束条件先画出可行域，如图所示，由，即，当平行线经过点时取到最小值，由可得，此时，所以的最小值为.
故答案为.
本题考查了线性规划的知识，解题的一般步骤为先画出可行域，然后改写目标函数，结合图形求出最值，需要掌握解题方法.
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．（2），（2），的最大整数是2．（3）存在，
【解析】
（2）由可得（），然后把这两个等式相减，化简得，公差为2，因为，，为等比数列，所以，化简计算得，，从而得到数列的通项公式，再计算出 ，，，从而可求出数列的通项公式；
（2）令，化简计算得，从而可得数列是递增的，所以只要的最小值大于即可，而的最小值为，所以可得答案；
（3）由题意可知，，
即，这个可看成一个数列的前项和，再写出其前（）项和，两式相减得，，利用同样的方法可得.
【详解】
解：（2）由题，当时，，即
当时， ① ②
①-②得，整理得，又因为各项均为正数的数列．
故是从第二项的等差数列，公差为2．
又恰为等比数列的前3项，
故，解得．又，
故，因为也成立．
故是以为首项，2为公差的等差数列．故．
即2，4，8恰为等比数列的前3项，故是以为首项，公比为的等比数列，
故．综上，
（2）令，则


所以数列是递增的，
若对均满足，只要的最小值大于即可
因为的最小值为，
所以，所以的最大整数是2．
（3）由，得
，
③
④
③-④得， ⑤，
⑥
⑤-⑥得，，
所以存在这样的数列，
此题考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式，最值，恒成立问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
18．（1）；（2）见解析
【解析】
（1）由面积最大值可得，又，以及，解得，即可得到椭圆的方程，（2）假设轴上存在点，是以为直角顶点的等腰直角三角形，设，，线段的中点为，根据韦达定理求出点的坐标，再根据，，即可求出的值，可得点的坐标.
【详解】
（1）面积的最大值为，则：
又，，解得：，
椭圆的方程为：
（2）假设轴上存在点，是以为直角顶点的等腰直角三角形
设，，线段的中点为
由，消去可得：
，解得：
∴，
，
依题意有，
由可得：，可得：
由可得：
，
代入上式化简可得：
则：，解得：
当时，点满足题意；当时，点满足题意
故轴上存在点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形
本题考查了椭圆的方程，直线和椭圆的位置关系，斜率公式，考查了运算能力和转化能力，属于中档题.
19．（1）（2）0
【解析】
（1）根据题意，设直线，与联立，得，再由弦长公式，求解.
（2）设，根据直线的斜率为1，则，得到，再由，所以线段中点的纵坐标为，然后直线的方程与直线的方程 联立解得交点H的纵坐标，说明直线轴，直线的斜率为0.
【详解】
（1）依题意，，则直线，
联立得；
设，
则，
解得，故抛物线的方程为.
（2），
因为直线的斜率为1，则，所以，
因为，所以线段中点的纵坐标为.
直线的方程为，即 ①
直线的方程为，即 ②
联立①②解得即点的纵坐标为，即直线轴，
故直线的斜率为0.
如果直线的斜率不存在，结论也显然成立，
综上所述，直线的斜率为0.
本题考查抛物线的方程、直线与抛物线的位置关系，还考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于中档题.
20．（1）；（2）
【解析】
（1）分析可得必在椭圆上，不在椭圆上，代入即得解；
（2）设直线PA，PB的倾斜角分别为，斜率为，可得.则，，利用均值不等式，即得解.
【详解】
（1）因为关于轴对称，
所以必在椭圆上，
∴不在椭圆上
∴，，
即.
（2）设椭圆上的点（），
设直线PA，PB的倾斜角分别为，斜率为
又
∴.
，
，（不妨设）.
故

当且仅当，即时等号成立
本题考查了直线和椭圆综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于较难题.
21．（1）；（2）见解析
【解析】
（1）等价于（Ⅰ）或（Ⅱ）或（Ⅲ），分别解出，再求并集即可；
（2）利用基本不等式及可得，代入可得最值.
【详解】
（1）等价于（Ⅰ）或（Ⅱ）或（Ⅲ）
由（Ⅰ）得：
由（Ⅱ）得：
由（Ⅲ）得：.
原不等式的解集为；
（2），，，
，
，
当且仅当，即时取等号，
，
当且仅当即时取等号，
.
本题考查分类讨论解绝对值不等式，考查三角不等式的应用及基本不等式的应用，是一道中档题.
22．（Ⅰ）（Ⅱ）1
【解析】
（Ⅰ）由题，得，，解方程组，即可得到本题答案；
（Ⅱ）设直线，则直线，联立，得，联立，得，由此即可得到本题答案.
【详解】
（Ⅰ）由题可得，即，，
将点代入方程得，即，解得，
所以椭圆的方程为：；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
设直线，则直线，
联立，整理得，
所以，
联立，整理得，
设，则，
所以，
所以．
本题主要考查椭圆标准方程的求法以及直线与椭圆的综合问题，考查学生的运算求解能力.