2026年安顺市高考数学必刷试卷（含答案解析）

这是一份2026年安顺市高考数学必刷试卷（含答案解析），共16页。试卷主要包含了函数且的图象是，已知，，那么是的等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．若复数（为虚数单位）的实部与虚部相等，则的值为( )
A．B．C．D．
2．如果实数满足条件，那么的最大值为（ ）
A．B．C．D．
3．已知为抛物线的准线，抛物线上的点到的距离为，点的坐标为，则的最小值是（ ）
A．B．4C．2D．
4．函数且的图象是（ ）
A．B．
C．D．
5．使得的展开式中含有常数项的最小的n为( )
A．B．C．D．
6．如图，在中， ，是上的一点，若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
7．函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知，，那么是的（ ）
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
9．已知函数（其中，，）的图象关于点成中心对称，且与点相邻的一个最低点为，则对于下列判断：
①直线是函数图象的一条对称轴；
②点是函数的一个对称中心；
③函数与的图象的所有交点的横坐标之和为.
其中正确的判断是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
10．已知正项等比数列的前项和为，且，则公比的值为（ ）
A．B．或C．D．
11．过抛物线（）的焦点且倾斜角为的直线交抛物线于两点.，且在第一象限，则（ ）
A．B．C．D．
12．的展开式中的系数为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数在上单调递增，则实数a值范围为_________.
14．如图，椭圆：的离心率为，F是的右焦点，点P是上第一角限内任意一点，，，若，则的取值范围是_______．
15．《九章算术》卷5《商功》记载一个问题“今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺.问积几何？答曰：二千一百一十二尺，术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”，这里所说的圆堡瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一”，就是说：圆堡瑽（圆柱体）的体积为（底面圆的周长的平方高），则由此可推得圆周率的取值为________.
16．已知为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上移动时，的内心的轨迹方程为__________．
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）在直角坐标系中，已知点，若以线段为直径的圆与轴相切.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）若上存在两动点（A，B在轴异侧）满足，且的周长为，求的值.
18．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），为上的动点，点满足，点的轨迹为曲线.
（Ⅰ）求的方程；
（Ⅱ）在以为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，射线与的异于极点的交点为，与的异于极点的交点为，求.
19．（12分）已知函数(mR)的导函数为．
（1）若函数存在极值，求m的取值范围；
（2）设函数（其中e为自然对数的底数），对任意mR，若关于x的不等式在(0，)上恒成立，求正整数k的取值集合．
20．（12分）在中，，是边上一点，且，.
（1）求的长；
（2）若的面积为14，求的长.
21．（12分）已知件次品和件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出件次品或者检测出件正品时检测结束．
（1）求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；
（2）已知每检测一件产品需要费用元，设表示直到检测出件次品或者检测出件正品时所需要的检测费用（单位：元），求的分布列．
22．（10分）设点分别是椭圆的左，右焦点，为椭圆上任意一点，且的最小值为1．
（1）求椭圆的方程；
（2）如图，直线与轴交于点，过点且斜率的直线与椭圆交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：直线．
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】
利用复数的除法，以及复数的基本概念求解即可.
【详解】
，又的实部与虚部相等，
，解得.
故选:C
本题主要考查复数的除法运算，复数的概念运用.
2．B
【解析】
解：当直线过点时，最大，故选B
3．B
【解析】
设抛物线焦点为，由题意利用抛物线的定义可得，当共线时，取得最小值，由此求得答案.
【详解】
解：抛物线焦点，准线，
过作交于点，连接
由抛物线定义，
，
当且仅当三点共线时，取“＝”号，
∴的最小值为.
故选：B.
本题主要考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，体现了数形结合的数学思想，属于中档题.
4．B
【解析】
先判断函数的奇偶性，再取特殊值，利用零点存在性定理判断函数零点分布情况，即可得解.
【详解】
由题可知定义域为，
，
是偶函数，关于轴对称，
排除C，D.
又，，
在必有零点，排除A.
故选：B.
本题考查了函数图象的判断，考查了函数的性质，属于中档题.
5．B
【解析】
二项式展开式的通项公式为，若展开式中有常数项，则，解得，当r取2时，n的最小值为5，故选B
【考点定位】本题考查二项式定理的应用．
6．B
【解析】
变形为，由得，转化在中，利用三点共线可得.
【详解】
解：依题： ，
又三点共线，
，解得．
故选：．
本题考查平面向量基本定理及用向量共线定理求参数. 思路是(1)先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.利用向量共线定理及向量相等的条件列方程(组)求参数的值. (2)直线的向量式参数方程： 三点共线⇔ (为平面内任一点,)
7．B
【解析】
对分类讨论，当，函数在单调递减，当，根据对勾函数的性质，求出单调递增区间，即可求解.
【详解】
当时，函数在上单调递减，
所以，的递增区间是，
所以，即.
故选:B.
本题考查函数单调性，熟练掌握简单初等函数性质是解题关键，属于基础题.
8．B
【解析】
由，可得，解出即可判断出结论．
【详解】
解：因为，且
．
，解得．
是的必要不充分条件．
故选：．
本题考查了向量数量积运算性质、三角函数求值、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
9．C
【解析】
分析：根据最低点，判断A=3，根据对称中心与最低点的横坐标求得周期T，再代入最低点可求得解析式为，依次判断各选项的正确与否．
详解：因为为对称中心，且最低点为，
所以A=3，且
由
所以，将带入得
，
所以
由此可得①错误，②正确，③当时，，所以与 有6个交点，设各个交点坐标依次为 ，则，所以③正确
所以选C
点睛：本题考查了根据条件求三角函数的解析式，通过求得的解析式进一步研究函数的性质，属于中档题．
10．C
【解析】
由可得，故可求的值.
【详解】
因为，所以，
故，因为正项等比数列，故，所以，故选C.
一般地，如果为等比数列，为其前项和，则有性质：
（1）若，则；
（2）公比时，则有，其中为常数且；
（3） 为等比数列（ ）且公比为.
11．C
【解析】
作，；，由题意，由二倍角公式即得解.
【详解】
由题意，，准线：，
作，；，
设，
故，，
.
故选：C
本题考查了抛物线的性质综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
12．C
【解析】
由题意，根据二项式定理展开式的通项公式，得展开式的通项为，则展开式的通项为，由，得，所以所求的系数为.故选C.
点睛：此题主要考查二项式定理的通项公式的应用，以及组合数、整数幂的运算等有关方面的知识与技能，属于中低档题，也是常考知识点.在二项式定理的应用中，注意区分二项式系数与系数，先求出通项公式，再根据所求问题，通过确定未知的次数，求出，将的值代入通项公式进行计算，从而问题可得解.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
由在上恒成立可求解．
【详解】
，
令，∵，∴，
又，，从而，令，
问题等价于在时恒成立，∴，解得．
故答案为：．
本题考查函数的单调性，解题关键是问题转化为恒成立，利用换元法和二次函数的性质易求解．
14．
【解析】
由于点在椭圆上运动时，与轴的正方向的夹角在变，所以先设，又由，可知，从而可得，而点在椭圆上，所以将点的坐标代入椭圆方程中化简可得结果．
【详解】
设，，，则，
由，得，代入椭圆方程，
得，化简得恒成立，
由此得，即，故．
故答案为：
此题考查的是利用椭圆中相关两个点的关系求离心率，综合性强，属于难题 ．
15．3
【解析】
根据圆堡瑽（圆柱体）的体积为（底面圆的周长的平方高）,可得,进而可求出的值
【详解】
解:设圆柱底面圆的半径为,圆柱的高为,由题意知
,解得.
故答案为:3.
本题主要考查了圆柱的体积公式.只要能看懂题目意思,结合方程的思想即可求出结果.
16．
【解析】
考查更为一般的问题：设P为椭圆C:上的动点，为椭圆的两个焦点，为△PF1F2的内心，求点I的轨迹方程．
解法一：如图，设内切圆I与F1F2的切点为H，半径为r，且F1H=y，F2H=z，PF1=x+y，PF2=x+z，，则.
直线IF1与IF2的斜率之积：，
而根据海伦公式，有△PF1F2的面积为
因此有.
再根据椭圆的斜率积定义，可得I点的轨迹是以F1F2为长轴，
离心率e满足的椭圆，
其标准方程为.
解法二：令，则．三角形PF1F2的面积：
，
其中r为内切圆的半径，解得.
另一方面，由内切圆的性质及焦半径公式得：
从而有．消去θ得到点I的轨迹方程为：
.
本题中：，代入上式可得轨迹方程为：.
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．（1）；（2）
【解析】
（1）设，则由题设条件可得，化简后可得轨迹的方程.
（2）设直线，联立直线方程和抛物线方程后利用韦达定理化简并求得，结合焦半径公式及弦长公式可求的值及的长.
【详解】
（1）设，则圆心的坐标为，
因为以线段为直径的圆与轴相切，
所以，
化简得的方程为.
(2)由题意，设直线，
联立得，
设 （其中）
所以，，且，
因为，所以，
，所以，故或 （舍），
直线，
因为的周长为
所以.
即，
因为.
又，
所以，
解得，
所以.
本题考查曲线方程以及抛物线中的弦长计算，还涉及到向量的数量积.一般地，抛物线中的弦长问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把已知等式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有或，最后利用韦达定理把关系式转化为某一个变量的方程.本题属于中档题.
18．（Ⅰ）（为参数）；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）设点，，则，代入化简得到答案.
（Ⅱ）分别计算，的极坐标方程为，，取代入计算得到答案.
【详解】
（Ⅰ）设点，，，故，
故的参数方程为：（为参数）.
（Ⅱ），故，极坐标方程为：；
，故，极坐标方程为：.
，故，，故.
本题考查了参数方程，极坐标方程，弦长，意在考查学生的计算能力和转化能力.
19．（1）（2）{1，2}．
【解析】
（1）求解导数，表示出，再利用的导数可求m的取值范围；
（2）表示出，结合二次函数知识求出的最小值，再结合导数及基本不等式求出的最值，从而可求正整数k的取值集合．
【详解】
（1）因为，所以，
所以，
则，
由题意可知，解得；
（2）由（1）可知，，
所以
因为
整理得，
设，则，所以单调递增，
又因为，
所以存在，使得，
设，是关于开口向上的二次函数，
则，
设，则，令，则，
所以单调递增，因为，
所以存在，使得，即，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为，所以，
又由题意可知，所以，
解得，所以正整数k的取值集合为{1，2}．
本题主要考查导数的应用，利用导数研究极值问题一般转化为导数的零点问题，恒成立问题要逐步消去参数，转化为最值问题求解，适当构造函数是转化的关键，本题综合性较强，难度较大，侧重考查数学抽象和逻辑推理的核心素养.
20．（1）1；（2）5.
【解析】
（1）由同角三角函数关系求得，再由两角差的正弦公式求得，最后由正弦定理构建方程，求得答案.
（2）在中，由正弦定理构建方程求得AB，再由任意三角形的面积公式构建方程求得BC，最后由余弦定理构建方程求得AC.
【详解】
（1）据题意，，且，
所以.
所以
.
在中，据正弦定理可知，，
所以.
（2）在中，据正弦定理可知，
所以.
因为的面积为14，所以，即，
得.
在中，据余弦定理可知，，
所以.
本题考查由正弦定理与余弦定理解三角形，还考查了由同角三角函数关系和两角差的正弦公式化简求值，属于简单题.
21．（1）；（2）见解析.
【解析】
（1）利用独立事件的概率乘法公式可计算出所求事件的概率；
（2）由题意可知随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，由此可得出随机变量的分布列.
【详解】
（1）记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件，则；
（2）由题意可知，随机变量的可能取值为、、．
则，，
．
故的分布列为
本题考查概率的计算，同时也考查了随机变量分布列，考查计算能力，属于基础题.
22．（1）（2）见解析
【解析】
（1）设，求出后由二次函数知识得最小值，从而得，即得椭圆方程；
（2）设直线的方程为，代入椭圆方程整理，设，由韦达定理得，设，利用三点共线，求得，
然后验证即可．
【详解】
解：（1）设，则，
所以，
因为．
所以当时，值最小，
所以，解得，（舍负）
所以，
所以椭圆的方程为，
（2）设直线的方程为，
联立，得．
设，则，
设，因为三点共线，又
所以，解得．
而所以直线轴，即．
本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交问题．直线与椭圆相交问题，采取设而不求思想，设，设直线方程，应用韦达定理，得出，再代入题中需要计算可证明的式子参与化简变形．