2026年七台河市高考数学考前最后一卷预测卷（含答案解析）

这是一份2026年七台河市高考数学考前最后一卷预测卷（含答案解析），共3页。试卷主要包含了若复数满足，则等内容，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．复数（ ）
A．B．C．0D．
2．设等比数列的前项和为，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
3．复数的虚部为（ ）
A．—1B．—3C．1D．2
4．《九章算术》是我国古代数学名著，书中有如下问题：“今有勾六步，股八步，问勾中容圆，径几何？”其意思为：“已知直角三角形两直角边长分别为6步和8步，问其内切圆的直径为多少步？”现从该三角形内随机取一点，则此点取自内切圆的概率是（ ）
A．B．C．D．
5．若复数满足，则（其中为虚数单位）的最大值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．8
7．若x，y满足约束条件且的最大值为，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
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．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
10． “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“海上丝绸之路”的简称，旨在积极发展我国与沿线国家经济合作关系，共同打造政治互信、经济融合、文化包容的命运共同体.自2015年以来，“一带一路”建设成果显著.如图是2015—2019年，我国对“一带一路”沿线国家进出口情况统计图，下列描述错误的是( )
A．这五年，出口总额之和比进口总额之和大
B．这五年，2015年出口额最少
C．这五年，2019年进口增速最快
D．这五年，出口增速前四年逐年下降
11．已知数列中，，()，则等于（ ）
A．B．C．D．2
12．若复数z满足,则复数z在复平面内对应的点在( )
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．直线是圆：与圆：的公切线，并且分别与轴正半轴，轴正半轴相交于，两点，则的面积为_________
14．已知为抛物线：的焦点，过作两条互相垂直的直线，，直线与交于、两点，直线与交于、两点，则的最小值为__________．
15．直线（，）过圆：的圆心，则的最小值是______.
16．函数在区间(-∞，1)上递增，则实数a的取值范围是____
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）已知函数，，.函数的导函数在上存在零点.
求实数的取值范围；
若存在实数，当时，函数在时取得最大值，求正实数的最大值；
若直线与曲线和都相切，且在轴上的截距为，求实数的值.
18．（12分）已知函数，其中为自然对数的底数，．
（1）若曲线在点处的切线与直线平行，求的值；
（2）若，问函数有无极值点？若有，请求出极值点的个数；若没有，请说明理由．
19．（12分）在数列中，已知，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，证明：.
20．（12分）已知函数．
（1）当（为自然对数的底数）时，求函数的极值；
（2）为的导函数，当，时，求证：．
21．（12分）在平面直角坐标系中，曲线（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程和曲线的普通方程；
（2）若P，Q分别为曲线，上的动点，求的最大值.
22．（10分）已知在平面直角坐标系中，椭圆的焦点为为椭圆上任意一点，且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线交椭圆于两点，且满足（分别为直线的斜率），求的面积为时直线的方程.
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】略
2．C
【解析】
求得等比数列的公比，然后利用等比数列的求和公式可求得的值.
【详解】
设等比数列的公比为，，，，
因此，.
故选：C.
本题考查等比数列求和公式的应用，解答的关键就是求出等比数列的公比，考查计算能力，属于基础题.
3．B
【解析】
对复数进行化简计算，得到答案.
【详解】
所以的虚部为
故选B项.
本题考查复数的计算，虚部的概念，属于简单题.
4．C
【解析】
利用直角三角形三边与内切圆半径的关系求出半径，再分别求出三角形和内切圆的面积，根据几何概型的概率计算公式，即可求解.
【详解】
由题意，直角三角形的斜边长为，
利用等面积法，可得其内切圆的半径为，
所以向次三角形内投掷豆子，则落在其内切圆内的概率为.
故选：C.
本题主要考查了面积比的几何概型的概率的计算问题，其中解答中熟练应用直角三角形的性质，求得其内切圆的半径是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
5．B
【解析】
根据复数的几何意义可知复数对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，再根据复数的几何意义即可确定，即可得的最大值.
【详解】
由知，复数对应的点在以原点为圆心，1为半径的圆上，
表示复数对应的点与点间的距离，
又复数对应的点所在圆的圆心到的距离为1，
所以.
故选：B
本题考查了复数模的定义及其几何意义应用，属于基础题.
6．A
【解析】
由三视图还原出原几何体，得出几何体的结构特征，然后计算体积．
【详解】
由三视图知原几何体是一个四棱锥，四棱锥底面是边长为2的正方形，高为2，
直观图如图所示，．
故选：A．
本题考查三视图，考查棱锥的体积公式，掌握基本几何体的三视图是解题关键．
7．A
【解析】
画出约束条件的可行域，利用目标函数的最值，判断a的范围即可．
【详解】
作出约束条件表示的可行域，如图所示.因为的最大值为，所以在点处取得最大值，则，即.
故选：A
本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．
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．C
【解析】
由三视图可知，几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是底边为，高为的等腰三角形，侧棱长为，利用正弦定理求出底面三角形外接圆的半径，根据三棱柱的两底面中心连线的中点就是三棱柱的外接球的球心，求出球的半径，即可求解球的表面积.
【详解】
由三视图可知，
几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是底边为，高为的等腰三角形，
侧棱长为，如图：
由底面边长可知，底面三角形的顶角为，
由正弦定理可得，解得，
三棱柱的两底面中心连线的中点就是三棱柱的外接球的球心，
所以，
该几何体外接球的表面积为：.
故选：C
本题考查了多面体的内切球与外接球问题，由三视图求几何体的表面积，考查了学生的空间想象能力，属于基础题.
10．D
【解析】
根据统计图中数据的含义进行判断即可.
【详解】
对A项，由统计图可得，2015年出口额和进口额基本相等，而2016年到2019年出口额都大于进口额，则A正确；
对B项，由统计图可得，2015年出口额最少，则B正确；
对C项，由统计图可得，2019年进口增速都超过其余年份，则C正确；
对D项，由统计图可得，2015年到2016年出口增速是上升的，则D错误；
故选：D
本题主要考查了根据条形统计图和折线统计图解决实际问题，属于基础题.
11．A
【解析】
分别代值计算可得，观察可得数列是以3为周期的周期数列，问题得以解决.
【详解】
解：∵，()，
，
，
，
，
…，
∴数列是以3为周期的周期数列，
，
，
故选：A.
本题考查数列的周期性和运用：求数列中的项，考查运算能力，属于基础题.
12．A
【解析】
化简复数，求得，得到复数在复平面对应点的坐标，即可求解.
【详解】
由题意，复数z满足，可得，
所以复数在复平面内对应点的坐标为位于第一象限
故选：A.
本题主要考查了复数的运算，以及复数的几何表示方法，其中解答中熟记复数的运算法则，结合复数的表示方法求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，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】
根据题意画出图形，设，利用三角形相似求得的值，代入三角形的面积公式，即可求解.
【详解】
如图所示，设，
由与相似，可得，解得，
再由与相似，可得，解得，
由三角形的面积公式，可得的面积为.
故答案为：.

本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，以及三角形相似的应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于基础题.
14．16.
【解析】
由题意可知抛物线的焦点，准线为
设直线的解析式为
∵直线互相垂直
∴的斜率为
与抛物线的方程联立，消去得
设点
由跟与系数的关系得，同理
∵根据抛物线的性质，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离
∴，同理
∴，当且仅当时取等号.
故答案为16
点睛：（1）与抛物线有关的最值问题，一般情况下都与抛物线的定义有关．利用定义可将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，可以使运算化繁为简．“看到准线想焦点，看到焦点想准线”，这是解决抛物线焦点弦有关问题的重要途径；（2）圆锥曲线中的最值问题，可利用基本不等式求解，但要注意不等式成立的条件．
15．；
【解析】
求出圆心坐标，代入直线方程得的关系，再由基本不等式求得题中最小值．
【详解】
圆：的标准方程为，圆心为，
由题意，即，
∴，当且仅当 ，即时等号成立，
故答案为：．
本题考查用基本不等式求最值，考查圆的标准方程，解题方法是配方法求圆心坐标，“1”的代换法求最小值，目的是凑配出基本不等式中所需的“定值”．
16．
【解析】
根据复合函数单调性同增异减，结合二次函数的性质、对数型函数的定义域列不等式组，解不等式求得的取值范围.
【详解】
由二次函数的性质和复合函数的单调性可得
解得.
故答案为：
本小题主要考查根据对数型复合函数的单调性求参数的取值范围，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．；4；12.
【解析】
由题意可知，，求导函数，方程在区间上有实数解，求出实数的取值范围；
由，则，分步讨论，并利用导函数在函数的单调性的研究，得出正实数的最大值；
设直线与曲线的切点为，因为，所以切线斜率，切线方程为，设直线与曲线的切点为，因为，所以切线斜率，即切线方程为，
整理得.所以，求得，设，则，
所以在上单调递增，最后求出实数的值.
【详解】
由题意可知，，则，
即方程在区间上有实数解，解得；
因为，则，
①当，即时，恒成立，
所以在上单调递增，不符题意；
②当时，令，
解得：，
当时，，单调递增，
所以不存在，使得在上的最大值为，不符题意；
③当时，，
解得：，
且当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
若，则在上单调递减，所以，
若，则上单调递减，在上单调递增，
由题意可知，，即，
整理得，
因为存在，符合上式，所以，解得，
综上，的最大值为4；
设直线与曲线的切点为，
因为，所以切线斜率，
即切线方程
整理得：
由题意可知，，即，
即，解得
所以切线方程为，
设直线与曲线的切点为，
因为，所以切线斜率，即切线方程为，
整理得.
所以，消去，整理得，
且因为，解得，
设，则，
所以在上单调递增，
因为，所以，所以，即.
本题主要考查导数在函数中的研究，导数的几何意义，属于难题.
18．（1） （2）没有，理由见解析
【解析】
（1）求导，研究函数在x=0处的导数，等于切线斜率，即得解；
（2）对f(x)求导，构造，可证得，得到，即得解
【详解】
（1）由题意得，
∵曲线在点处的切线与直线平行，
∴切线的斜率为，解得．
（2）当时，，
，
设，则，
则函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又函数，
故恒成立，
∴函数在定义域内单调递增，函数不存在极值点．
本题考查了导数在切线问题和函数极值问题中的应用，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.
19．（1）；（2）见解析.
【解析】
（1）由已知变形得到，从而是等差数列，然后利用等差数列的通项公式计算即可；
（2）先求出数列的通项，再利用裂项相消法求出即可.
【详解】
（1）由已知，，即，又，则数列是以1为首项3
为公差的等差数列，所以，即.
（2）因为，则，
所以，又
是递增数列，所以，综上，.
本题考查由递推公式求数列通项公式、裂项相消法求数列的和，考查学生的计算能力，是一道基础题.
20．（1）极大值，极小值；（2）详见解析.
【解析】
首先确定函数的定义域和；
（1）当时，根据的正负可确定单调性，进而确定极值点，代入可求得极值；
（2）通过分析法可将问题转化为证明，设，令，利用导数可证得，进而得到结论.
【详解】
由题意得：定义域为，，
（1）当时，，
当和时，；当时，，
在，上单调递增，在上单调递减，
极大值为，极小值为.
（2）要证：，
即证：，
即证：，
化简可得：．
，，即证：，
设，令，则，
在上单调递增，，则由，
从而有：.
本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到函数极值的求解、利用导数证明不等式的问题；本题不等式证明的关键是能够将多个变量的问题转化为一个变量的问题，通过构造函数的方式将问题转化为函数最值的求解问题.
21．（1），；（2）
【解析】
试题分析：（1）由消去参数，可得的普通方程，由可得的普通方程；
（2）设为曲线上一点，点到曲线的圆心的距离，结合可得最值，的最大值为，从而得解.
试题解析：
（1）的普通方程为.
∵曲线的极坐标方程为，
∴曲线的普通方程为，即.
（2）设为曲线上一点，
则点到曲线的圆心的距离
.
∵，∴当时，d有最大值.
又∵P，Q分别为曲线，曲线上动点，
∴的最大值为.
22．（1）（2）或
【解析】
（1）根据椭圆定义求得，得椭圆方程；
（2）设，由得，应用韦达定理得，代入已知条件可得，再由椭圆中弦长公式求得弦长，原点到直线的距离，得三角形面积，从而可求得，得直线方程．
【详解】
解：（1）据题意设椭圆的方程为
则
椭圆的标准方程为.
（2）据得
设，则
又
原点到直线的距离
解得或
所求直线的方程为或
本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题．解题时采取设而不求思想，即设交点坐标为，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，把这个结论代入题中条件求得参数，用它求弦长等等，从而解决问题．