内蒙古自治区巴彦淖尔市2025-2026学年高考数学考前最后一卷预测卷（含答案解析）

这是一份内蒙古自治区巴彦淖尔市2025-2026学年高考数学考前最后一卷预测卷（含答案解析），共13页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知向量满足,且与的夹角为,则，已知菱形的边长为2，，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．已知直线：（）与抛物线：交于（坐标原点），两点，直线：与抛物线交于，两点.若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
2．已知是定义是上的奇函数，满足，当时， ，则函数在区间上的零点个数是（ ）
A．3B．5C．7D．9
3．设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．23B．25C．28D．29
4．将函数图象上每一点的横坐标变为原来的2倍，再将图像向左平移个单位长度，得到函数的图象，则函数图象的一个对称中心为（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示，矩形的对角线相交于点，为的中点，若，则等于（ ）．
A．B．C．D．
6．大衍数列，米源于我国古代文献《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和.已知该数列前10项是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则大衍数列中奇数项的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
7．已知向量满足,且与的夹角为,则( )
A．B．C．D．
8．已知菱形的边长为2，，则（）
A．4B．6C．D．
9．已知直线和平面，若，则“”是“”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．不充分不必要
10．已知，椭圆的方程，双曲线的方程为，和的离心率之积为，则的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
11．已知双曲线的焦距为，过左焦点作斜率为1的直线交双曲线的右支于点，若线段的中点在圆上，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
12．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，且，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．4
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在某批次的某种灯泡中，随机抽取200个样品.并对其寿命进行追踪调查，将结果列成频率分布表如下：
某人从灯泡样品中随机地购买了个，如果这个灯泡的寿命情况恰好与按四个组分层抽样所得的结果相同，则的最小值为______.
14．已知若存在，使得成立的最大正整数为6，则的取值范围为________.
15．已知a，b均为正数，且，的最小值为________.
16．已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围为_____．
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）己知，函数.
（1）若，解不等式；
（2）若函数，且存在使得成立，求实数的取值范围.
18．（12分）已知点，且，满足条件的点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）是否存在过点的直线，直线与曲线相交于两点，直线与轴分别交于两点，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
19．（12分）在直角坐标系中，圆的参数方程为（为参数），以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求圆的极坐标方程；
（2）直线的极坐标方程是，射线与圆的交点为、，与直线的交点为，求线段的长.
20．（12分）已知等差数列{an}的各项均为正数，Sn为等差数列{an}的前n项和，.
（1）求数列{an}的通项an；
（2）设bn＝an⋅3n，求数列{bn}的前n项和Tn.
21．（12分）已知函数的定义域为，且满足，当时，有，且.
（1）求不等式的解集；
（2）对任意，恒成立，求实数的取值范围.
22．（10分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求B；
（2）若，求的面积的最大值．
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．D
【解析】
设，，联立直线与抛物线方程，消去、列出韦达定理，再由直线与抛物线的交点求出点坐标，最后根据，得到方程，即可求出参数的值；
【详解】
解：设，，由，得，
∵，解得或，∴，.
又由，得，∴或，∴，
∵，
∴，
又∵，
∴代入解得.
故选：D
本题考查直线与抛物线的综合应用，弦长公式的应用，属于中档题.
2．D
【解析】
根据是定义是上的奇函数，满足，可得函数的周期为3，再由奇函数的性质结合已知可得 ，利用周期性可得函数在区间上的零点个数．
【详解】
∵是定义是上的奇函数，满足， ，可得，
函数的周期为3，
∵当时， ，
令，则，解得或1，
又∵函数是定义域为的奇函数，
∴在区间上，有．
由，取，得 ，得，
∴．
又∵函数是周期为3的周期函数，
∴方程=0在区间上的解有 共9个，
故选D．
本题考查根的存在性及根的个数判断，考查抽象函数周期性的应用，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属于中档题．
3．D
【解析】
由可求，再求公差，再求解即可.
【详解】
解：是等差数列
，又，
公差为，
，
故选：D
考查等差数列的有关性质、运算求解能力和推理论证能力，是基础题.
4．D
【解析】
根据函数图象的变换规律可得到解析式，然后将四个选项代入逐一判断即可.
【详解】
解：图象上每一点的横坐标变为原来的2倍,得到
再将图像向左平移个单位长度，得到函数的图象
，
故选：D
考查三角函数图象的变换规律以及其有关性质，基础题.
5．A
【解析】
由平面向量基本定理，化简得，所以，即可求解，得到答案．
【详解】
由平面向量基本定理，化简
，所以，即，
故选A．
本题主要考查了平面向量基本定理的应用，其中解答熟记平面向量的基本定理，化简得到是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，数基础题．
6．B
【解析】
直接代入检验，排除其中三个即可．
【详解】
由题意，排除D，，排除A，C．同时B也满足，，，
故选：B．
本题考查由数列的项选择通项公式，解题时可代入检验，利用排除法求解．
7．A
【解析】
根据向量的运算法则展开后利用数量积的性质即可.
【详解】
.
故选：A.
本题主要考查数量积的运算，属于基础题.
8．B
【解析】
根据菱形中的边角关系，利用余弦定理和数量积公式，即可求出结果．
【详解】
如图所示，
菱形形的边长为2，，
∴，∴，
∴，且，
∴，
故选B．
本题主要考查了平面向量的数量积和余弦定理的应用问题，属于基础题.．
9．B
【解析】
由线面关系可知，不能确定与平面的关系，若一定可得，即可求出答案.
【详解】
,
不能确定还是，
，
当时，存在，，
由
又可得，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：B
本题主要考查了必要不充分条件，线面垂直，线线垂直的判定，属于中档题.
10．A
【解析】
根据椭圆与双曲线离心率的表示形式，结合和的离心率之积为，即可得的关系，进而得双曲线的离心率方程.
【详解】
椭圆的方程，双曲线的方程为，
则椭圆离心率，双曲线的离心率，
由和的离心率之积为，
即，
解得，
所以渐近线方程为，
化简可得，
故选：A.
本题考查了椭圆与双曲线简单几何性质应用，椭圆与双曲线离心率表示形式，双曲线渐近线方程求法，属于基础题.
11．C
【解析】
设线段的中点为，判断出点的位置，结合双曲线的定义，求得双曲线的离心率.
【详解】
设线段的中点为，由于直线的斜率是，而圆，所以.由于是线段的中点，所以，而，根据双曲线的定义可知，即，即.
故选：C
本小题主要考查双曲线的定义和离心率的求法，考查直线和圆的位置关系，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
12．A
【解析】
由倾斜角的余弦值，求出正切值，即的关系，求出双曲线的离心率.
【详解】
解：设双曲线的半个焦距为，由题意
又，则，，，所以离心率，
故选：A.
本题考查双曲线的简单几何性质，属于基础题
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．10
【解析】
先求出a，b，根据分层抽样的比例引入正整数k表示n，从而得出的最小值.
【详解】
由题意得，a=0.2，b=80，由表可知，灯泡样品第一组有40个，第二组有60个，第三组有80个，第四组有20个，所以四个组的比例为2:3:4:1，所以按分层抽样法，购买的灯泡数为n=2k+3k+4k+k =10k()，所以的最小值为10.
本题考查分层抽样基本原理的应用，涉及抽样比、总体数量、每层样本数量的计算，属于基础题.
14．
【解析】
由题意得，分类讨论作出函数图象，求得最值解不等式组即可.
【详解】
原问题等价于，
当时，函数图象如图
此时，
则，解得：；
当时，函数图象如图
此时，
则，解得：；
当时，函数图象如图
此时，
则，解得：；
当时，函数图象如图
此时，
则，解得：；
综上，满足条件的取值范围为.
故答案为：
本题主要考查了对勾函数的图象与性质，函数的最值求解，存在性问题的求解等，考查了分类讨论，转化与化归的思想.
15．
【解析】
本题首先可以根据将化简为，然后根据基本不等式即可求出最小值.
【详解】
因为，
所以，
当且仅当，即、时取等号，
故答案为：.
本题考查根据基本不等式求最值，基本不等式公式为，在使用基本不等式的时候要注意“”成立的情况，考查化归与转化思想，是中档题.
16．
【解析】
两函数图象上存在关于轴对称的点的等价命题是方程在区间上有解，化简方程在区间上有解，构造函数，求导，求出单调区间，利用函数性质得解.
【详解】
解：根据题意，若函数与的图象上存在关于轴对称的点，
则方程在区间上有解，
即方程在区间上有解，
设函数，其导数，
又由，可得：当时， 为减函数，
当时， 为增函数，
故函数有最小值，
又由；比较可得： ，
故函数有最大值，
故函数在区间上的值域为；
若方程在区间上有解，
必有，则有，
即的取值范围是；
故答案为：；
本题利用导数研究函数在某区间上最值求参数的问题, 函数零点问题的拓展. 由于函数的零点就是方程的根，在研究方程的有关问题时，可以将方程问题转化为函数问题解决. 此类问题的切入点是借助函数的零点，结合函数的图象，采用数形结合思想加以解决.
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）零点分段解不等式即可（2）等价于，由，得不等式即可求解
【详解】
（1）当时，，
当时，由，解得；
当时，由，解得；
当时，由，解得.
综上可知，原不等式的解集为.
（2）.
存在使得成立，等价于.
又因为，所以，即.
解得，结合，所以实数的取值范围为.
本题考查绝对值不等式的解法，考查不等式恒成立及最值，考查转化思想，是中档题
18．（1）（2）存在， 或．
【解析】
（1）由得看成到两定点的和为定值，满足椭圆定义，用定义可解曲线的方程.
（2）先讨论斜率不存在情况是否符合题意，当直线的斜率存在时，设直线点斜式方程，由，可得，再直线与椭圆联解，利用根的判别式得到关于的一元二次方程求解.
【详解】
解：设，
由， ，
可得，即为，
由，可得的轨迹是以为焦点，且的椭圆，
由，可得，可得曲线的方程为；
假设存在过点的直线l符合题意．
当直线的斜率不存在，设方程为，可得为短轴的两个端点，
不成立；
当直线的斜率存在时，设方程为，
由，可得，即，
可得，化为，
由可得，
由在椭圆内，可得直线与椭圆相交，
，
则
化为，即为，解得，
所以存在直线符合题意，且方程为或．
本题考查求轨迹方程及直线与圆锥曲线位置关系问题. （1）定义法求轨迹方程的思路:应用定义法求轨迹方程的关键在于由已知条件推出关于动点的等量关系式，由等量关系结合曲线定义判断是何种曲线，再设出标准方程，用待定系数法求解；（2）解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解.
19．（1）（2）
【解析】
（1）首先将参数方程转化为普通方程再根据公式化为极坐标方程即可；
（2）设，，由，即可求出，则计算可得；
【详解】
解：（1）圆的参数方程（为参数）可化为，
∴，即圆的极坐标方程为.
（2）设，由，解得.
设，由，解得.
∵，∴.
本题考查了利用极坐标方程求曲线的交点弦长，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
20．（1）.（2）
【解析】
（1）先设等差数列{an}的公差为d（d＞0），然后根据等差数列的通项公式及已知条件可列出关于d的方程，解出d的值，即可得到数列{an}的通项an；
（2）先根据第（1）题的结果计算出数列{bn}的通项公式，然后运用错位相减法计算前n项和Tn.
【详解】
（1）由题意，设等差数列{an}的公差为d（d＞0），则
a4a5＝（1+3d）（1+4d）＝11，
整理，得12d2+7d﹣10＝0，
解得d（舍去），或d，
∴an＝1（n﹣1），n∈N*.
（2）由（1）知，bn＝an⋅3n•3n＝（2n+1）•3n﹣1，
∴Tn＝b1+b2+b3+…+bn＝3×1+5×31+7×32+…+（2n+1）•3n﹣1，
∴3Tn＝3×31+5×32+…+（2n﹣1）•3n﹣1+（2n+1）•3n，
两式相减，可得：
﹣2Tn＝3×1+2×31+2×32+…+2•3n﹣1﹣（2n+1）•3n
＝3+2×（31+32+…+3n﹣1）﹣（2n+1）•3n
＝3+2（2n+1）•3n
＝﹣2n•3n，
∴Tn＝n•3n.
本题主要考查等差数列基本量的计算，以及运用错位相减法计算前n项和.考查了转化与化归思想，方程思想，错位相减法的运用，以及逻辑思维能力和数学运算能力.属于中档题.
21．（1）；（2）.
【解析】
（1）利用定义法求出函数在上单调递增，由和，求出，求出，运用单调性求出不等式的解集；
（2）由于恒成立，由（1）得出在上单调递增，恒成立，设，利用三角恒等变换化简，结合恒成立的条件，构造新函数，利用单调性和最值，求出实数的取值范围.
【详解】
（1）设，
，
所以函数在上单调递增，
又因为和，
则，
所以
得
解得，即，
故的取值范围为；
（2） 由于恒成立，
恒成立，
设，
则
，
令， 则，
所以在区间上单调递增，
所以，
根据条件，只要 ，
所以.
本题考查利用定义法求函数的单调性和利用单调性求不等式的解集，考查不等式恒成立问题，还运用降幂公式、两角和与差的余弦公式、辅助角公式，考查转化思想和解题能力.
22．（1）（2）
【解析】
(1)由正弦定理边化角化简已知条件可求得,即可求得;
(2)由余弦定理借助基本不等式可求得,即可求出的面积的最大值.
【详解】
（1），，
所以，
所以，
，，
，．
（2）由余弦定理得.，
，当且仅当时取等，
.
所以的面积的最大值为.
本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用,考查了三角形面积的最值问题,难度较易.
寿命（天）
频数
频率
40
60
0.3
0.4
20
0.1
合计
200
1