温州市2026年高考冲刺数学模拟试题（含答案解析）

这是一份温州市2026年高考冲刺数学模拟试题（含答案解析），共3页。试卷主要包含了已知复数满足，则，已知，且，则的值为，已知与之间的一组数据，复数的共轭复数对应的点位于，已知函数满足，当时，，则等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．
2．已知集合，，且、都是全集（为实数集）的子集，则如图所示韦恩图中阴影部分所表示的集合为（ ）
A．B．或
C．D．
3．下列函数中，既是奇函数，又在上是增函数的是（ ）．
A．B．
C．D．
4．某高中高三（1）班为了冲刺高考，营造良好的学习氛围，向班内同学征集书法作品贴在班内墙壁上，小王，小董，小李各写了一幅书法作品，分别是：“入班即静”，“天道酬勤”，“细节决定成败”，为了弄清“天道酬勤”这一作品是谁写的，班主任对三人进行了问话，得到回复如下：
小王说：“入班即静”是我写的；
小董说：“天道酬勤”不是小王写的，就是我写的；
小李说：“细节决定成败”不是我写的.
若三人的说法有且仅有一人是正确的，则“入班即静”的书写者是（ ）
A．小王或小李B．小王C．小董D．小李
5．已知复数满足，则（ ）
A．B．2C．4D．3
6．已知，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知与之间的一组数据：
若关于的线性回归方程为，则的值为（ ）
A．1.5B．2.5C．3.5D．4.5
8．复数的共轭复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
9．定义域为R的偶函数满足任意，有，且当时，.若函数至少有三个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数满足，当时，，则（ ）
A．或B．或
C．或D．或
11．若集合，，则=（ ）
A．B．C．D．
12．在区间上随机取一个实数，使直线与圆相交的概率为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知双曲线的右准线与渐近线的交点在抛物线上，则实数的值为___________.
14．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，，，则_______.
15．已知(2x-1)7=a+a1x+ a2x2+…+a7x7，则a2=____.
16．下图是一个算法流程图,则输出的的值为__________．
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）如图，在斜三棱柱中，侧面与侧面都是菱形， ，．
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
18．（12分）如图，直三棱柱中，分别是的中点，.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
19．（12分）已知函数u（x）＝xlnx，v（x）x﹣1，m∈R．
（1）令m＝2，求函数h（x）的单调区间；
（2）令f（x）＝u（x）﹣v（x），若函数f（x）恰有两个极值点x1，x2，且满足1e（e为自然对数的底数）求x1•x2的最大值．
20．（12分）已知是等腰直角三角形,．分别为的中点,沿将折起,得到如图所示的四棱锥．
(Ⅰ)求证：平面平面．
(Ⅱ)当三棱锥的体积取最大值时,求平面与平面所成角的正弦值．
21．（12分）已知函数.
（1）当时，求函数的图象在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）当时，若方程有两个不相等的实数根，求证：.
22．（10分）某商场举行优惠促销活动，顾客仅可以从以下两种优惠方案中选择一种.
方案一：每满100元减20元；
方案二：满100元可抽奖一次.具体规则是从装有2个红球、2个白球的箱子随机取出3个球（逐个有放回地抽取），所得结果和享受的优惠如下表：（注：所有小球仅颜色有区别）
（1）该商场某顾客购物金额超过100元，若该顾客选择方案二，求该顾客获得7折或8折优惠的概率；
（2）若某顾客购物金额为180元，选择哪种方案更划算？
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】
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．
2．C
【解析】
根据韦恩图可确定所表示集合为，根据一元二次不等式解法和定义域的求法可求得集合，根据补集和交集定义可求得结果.
【详解】
由韦恩图可知：阴影部分表示，
，，
.
故选：.
本题考查集合运算中的补集和交集运算，涉及到一元二次不等式和函数定义域的求解；关键是能够根据韦恩图确定所求集合.
3．B
【解析】
奇函数满足定义域关于原点对称且，在上即可.
【详解】
A：因为定义域为，所以不可能时奇函数，错误；
B：定义域关于原点对称，且
满足奇函数，又，所以在上，正确；
C：定义域关于原点对称，且
满足奇函数，，在上，因为，所以在上不是增函数，错误；
D：定义域关于原点对称，且，
满足奇函数，在上很明显存在变号零点，所以在上不是增函数，错误；
故选：B
此题考查判断函数奇偶性和单调性，注意奇偶性的前提定义域关于原点对称，属于简单题目.
4．D
【解析】
根据题意，分别假设一个正确，推理出与假设不矛盾，即可得出结论.
【详解】
解：由题意知，若只有小王的说法正确，则小王对应“入班即静”，
而否定小董说法后得出：小王对应“天道酬勤”，则矛盾；
若只有小董的说法正确，则小董对应“天道酬勤”，
否定小李的说法后得出：小李对应“细节决定成败”，
所以剩下小王对应“入班即静”，但与小王的错误的说法矛盾；
若小李的说法正确，则“细节决定成败”不是小李的，
则否定小董的说法得出：小王对应“天道酬勤”，
所以得出“细节决定成败”是小董的，剩下“入班即静”是小李的，符合题意.
所以“入班即静”的书写者是：小李.
故选：D.
本题考查推理证明的实际应用.
5．A
【解析】
由复数除法求出，再由模的定义计算出模．
【详解】
．
故选：A．
本题考查复数的除法法则，考查复数模的运算，属于基础题．
6．A
【解析】
由及得到、，进一步得到，再利用两角差的正切公式计算即可.
【详解】
因为，所以，又，所以，
，所以.
故选：A.
本题考查三角函数诱导公式、二倍角公式以及两角差的正切公式的应用，考查学生的基本计算能力，是一道基础题.
7．D
【解析】
利用表格中的数据，可求解得到代入回归方程，可得，再结合表格数据，即得解.
【详解】
利用表格中数据，可得
又，
．
解得
故选：D
本题考查了线性回归方程过样本中心点的性质，考查了学生概念理解，数据处理，数学运算的能力，属于基础题.
8．A
【解析】
试题分析：由题意可得：. 共轭复数为，故选A.
考点：1.复数的除法运算;2.以及复平面上的点与复数的关系
9．B
【解析】
由题意可得的周期为，当时，，令，则的图像和的图像至少有个交点，画出图像，数形结合，根据，求得的取值范围.
【详解】
是定义域为R的偶函数，满足任意，
，令，
又，
为周期为的偶函数，
当时，，
当，
当，
作出图像，如下图所示：
函数至少有三个零点，
则的图像和的图像至少有个交点，
，若，
的图像和的图像只有1个交点，不合题意，
所以，的图像和的图像至少有个交点，
则有，即，
.
故选:B.
本题考查函数周期性及其应用，解题过程中用到了数形结合方法，这也是高考常考的热点问题，属于中档题.
10．C
【解析】
简单判断可知函数关于对称，然后根据函数的单调性，并计算，结合对称性，可得结果.
【详解】
由，
可知函数关于对称
当时，，
可知在单调递增
则
又函数关于对称，所以
且在单调递减，
所以或，故或
所以或
故选：C
本题考查函数的对称性以及单调性求解不等式，抽象函数给出式子的意义，比如：，，考验分析能力，属中档题.
11．C
【解析】
试题分析：化简集合
故选C．
考点：集合的运算．
12．D
【解析】
利用直线与圆相交求出实数的取值范围，然后利用几何概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】
由于直线与圆相交，则，解得.
因此，所求概率为.
故选：D.
本题考查几何概型概率的计算，同时也考查了利用直线与圆相交求参数，考查计算能力，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】
求出双曲线的渐近线方程，右准线方程，得到交点坐标代入抛物线方程求解即可．
【详解】
解：双曲线的右准线，渐近线，
双曲线的右准线与渐近线的交点，
交点在抛物线上，
可得：，
解得．
故答案为．
本题考查双曲线的简单性质以及抛物线的简单性质的应用，是基本知识的考查，属于基础题．
14．9
【解析】
已知由余弦定理即可求得,由可求得,即可求得,利用正弦定理即可求得结果.
【详解】
由余弦定理和，可得，得，由，，，由正弦定理，得.
故答案为:.
本题考查正余弦定理在解三角形中的应用,难度一般.
15．
【解析】
根据二项展开式的通项公式即可得结果.
【详解】
解：(2x-1)7的展开式通式为：
当时，，
则.
故答案为：
本题考查求二项展开式指定项的系数，是基础题.
16．3
【解析】
分析程序中各变量、各语句的作用,根据流程图所示的顺序,即可得出结论.
【详解】
解:初始,
第一次循环: ;
第二次循环: ;
第三次循环: ;
经判断,此时跳出循环,输出.
故答案为:
本题考查了程序框图的应用问题,解题的关键是对算法语句的理解,属基础题.
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．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）．
【解析】
试题分析：（1）取中点，连，，由等边三角形三边合一可知，，即证．（2）以，，为正方向建立空间直角坐标系，由向量法可求得平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
试题解析：（Ⅰ）证明：连，，则和皆为正三角形．
取中点，连，，则，，
则平面，则
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，又，所以．
如图所示，分别以，，为正方向建立空间直角坐标系，
则，，，
设平面的法向量为，
因为，，
所以
取
面的法向量取，
则，
平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
18． (1)证明见解析 (2)
【解析】
（1）连接交于点，由三角形中位线定理得，由此能证明平面．
（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．分别求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值．
【详解】
证明：证明：连接交于点，
则为的中点．又是的中点，
连接，则．
因为平面，平面，
所以平面．
（2）由，可得：，即
所以
又因为直棱柱，所以以点为坐标原点，分别以直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 则，
设平面的法向量为，则且，可解得，令，得平面的一个法向量为，
同理可得平面的一个法向量为，
则
所以二面角的余弦值为.
本题主要考查直线与平面平行、二面角的概念、求法等知识，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题．
19．（1）单调递增区间是（0，e），单调递减区间是（e，+∞）（2）
【解析】
（1）化简函数h（x），求导，根据导数和函数的单调性的关系即可求出
（2）函数f（x）恰有两个极值点x1，x2，则f′（x）＝lnx﹣mx＝0有两个正根，由此得到m（x2﹣x1）＝lnx2﹣lnx1，m（x2+x1）＝lnx2+lnx1，消参数m化简整理可得ln（x1x2）＝ln•，设t，构造函数g（t）＝（）lnt，利用导数判断函数的单调性，求出函数的最大值即可求出x1•x2的最大值．
【详解】
（1）令m＝2，函数h（x），∴h′（x），
令h′（x）＝0，解得x＝e，
∴当x∈（0，e）时，h′（x）＞0，当x∈（e，+∞）时，h′（x）＜0，
∴函数h（x）单调递增区间是（0，e），单调递减区间是（e，+∞）
（2）f（x）＝u（x）﹣v（x）＝xlnxx+1，
∴f′（x）＝1+lnx﹣mx﹣1＝lnx﹣mx，
∵函数f（x）恰有两个极值点x1，x2，
∴f′（x）＝lnx﹣mx＝0有两个不等正根，
∴lnx1﹣mx1＝0，lnx2﹣mx2＝0，
两式相减可得lnx2﹣lnx1＝m（x2﹣x1），
两式相加可得m（x2+x1）＝lnx2+lnx1，
∴
∴ln（x1x2）＝ln•，
设t，∵1e，∴1＜t≤e，
设g（t）＝（）lnt，∴g′（t），
令φ（t）＝t2﹣1﹣2tlnt，∴φ′（t）＝2t﹣2（1+lnt）＝2（t﹣1﹣lnt），
再令p（t）＝t﹣1﹣lnt，∴p′（t）＝10恒成立，
∴p（t）在（1，e]单调递增，∴φ′（t）＝p（t）＞p（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，
∴φ（t）在（1，e]单调递增，∴g′（t）＝φ（t）＞φ（1）＝1﹣1﹣2ln1＝0，
∴g（t）在（1，e]单调递增，∴g（t）max＝g（e），
∴ln（x1x2），∴x1x2
故x1•x2的最大值为．
本题考查了利用导数求函数的最值和最值，考查了函数与方程的思想，转化与化归思想，属于难题
20． (Ⅰ)见解析. (Ⅱ) .
【解析】
(I)证明平面得出平面，根据面面垂直的判定定理得到结论；(II)当平面时，棱锥体积最大，建立空间坐标系，计算两平面的法向量，计算法向量的夹角得出答案．
【详解】
(I)证明：
分别为的中点
，，又
平面
平面，又平面
平面平面
(II)，为定值
当平面时，三棱锥的体积取最大值
以为原点,以为坐标轴建立空间直角坐标系
则
，
设平面的法向量为，则
即，令可得
平面 是平面的一个法向量
平面与平面所成角的正弦值为
本题考查了面面垂直的判定，二面角的计算，关键是能够根据体积的最值确定垂直关系，从而可以建立起空间直角坐标系，利用空间向量法求得二面角，属于中档题．
21．（1）；（2）当时，在上是减函数；当时，在上是增函数；（3）证明见解析.
【解析】
（1）当时，，求得其导函数 ，，可求得函数的图象在处的切线方程；
（2）由已知得，得出导函数，并得出导函数取得正负的区间，可得出函数的单调性；
（3）当时，，，由（2）得的单调区间，以当方程有两个不相等的实数根，不妨设，且有，，构造函数，分析其导函数的正负得出函数的单调性，得出其最值，所证的不等式可得证.
【详解】
（1）当时，，
所以 ，，
所以函数的图象在处的切线方程为，即；
（2）由已知得，，令，得，
所以当时，，当时，，
所以在上是减函数，在上是增函数；
（3）当时，，，由（2）得在上单调递减，在单调递增，
所以，且时，，当时，，，
所以当方程有两个不相等的实数根，不妨设，且有，，
构造函数，则，
当时，所以，
在上单调递减，且，，
由 ，在上单调递增，
.
所以.
本题考查运用导函数求函数在某点的切线方程，讨论函数的单调性，以及证明不等式，关键在于构造适当的函数，得出其导函数的正负，得出所构造的函数的单调性，属于难度题.
22．（1）（2）选择方案二更为划算
【解析】
（1）计算顾客获得7折优惠的概率，获得8折优惠的概率，相加得到答案.
（2）选择方案二，记付款金额为元，则可取的值为126，144，162，180.，计算概率得到数学期望，比较大小得到答案.
【详解】
（1）该顾客获得7折优惠的概率，
该顾客获得8折优惠的概率，
故该顾客获得7折或8折优惠的概率.
（2）若选择方案一，则付款金额为.
若选择方案二，记付款金额为元，则可取的值为126，144，162，180.
，
，
则.
因为，所以选择方案二更为划算.
本题考查了概率的计算，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.
1
2
3
4
3.2
4.8
7.5
红球个数
3
2
1
0
实际付款
7折
8折
9折
原价