浙江省温州市2026年高考数学考前最后一卷预测卷（含答案解析）

这是一份浙江省温州市2026年高考数学考前最后一卷预测卷（含答案解析），共3页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、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．若函数的图象经过点，则函数图象的一条对称轴的方程可以为( )
A．B．C．D．
2．如图，圆锥底面半径为，体积为，、是底面圆的两条互相垂直的直径，是母线的中点，已知过与的平面与圆锥侧面的交线是以为顶点的抛物线的一部分，则该抛物线的焦点到圆锥顶点的距离等于（ ）
A．B．1C．D．
3．做抛掷一枚骰子的试验，当出现1点或2点时，就说这次试验成功，假设骰子是质地均匀的.则在3次这样的试验中成功次数X的期望为（ ）
A．B．C．1D．2
4．执行如图所示的程序框图，若输入的，则输出的( )
A．9B．31C．15D．63
5．为计算， 设计了如图所示的程序框图，则空白框中应填入（ ）
A．B．C．D．
6．已知不等式组表示的平面区域的面积为9，若点， 则的最大值为（ ）
A．3B．6C．9D．12
7．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
A．B．C．D．84
8．已知函数有两个不同的极值点，，若不等式有解，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
9．在中，点D是线段BC上任意一点，，，则（ ）
A．B．-2C．D．2
10．函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，并且函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，则实数的值为（ ）
A．B．C．2D．
11．若复数（）是纯虚数，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
12．已知函数，若，则的最小值为（ ）
参考数据：
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知数列的前项和为,,,,则满足的正整数的所有取值为__________．
14．若正实数，，满足，则的最大值是__________．
15．利用等面积法可以推导出在边长为a的正三角形内任意一点到三边的距离之和为定值，类比上述结论，利用等体积法进行推导，在棱长为a的正四面体内任意一点到四个面的距离之和也为定值，则这个定值是______
16．已知椭圆与双曲线有相同的焦点、，其中为左焦点.点为两曲线在第一象限的交点，、分别为曲线、的离心率，若是以为底边的等腰三角形，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）已知等差数列的前n项和为，等比数列的前n项和为，且，，.
（1）求数列与的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
18．（12分）如图，在四棱锥中，侧棱底面，，，，，是棱中点.
（1）已知点在棱上，且平面平面，试确定点的位置并说明理由；
（2）设点是线段上的动点，当点在何处时，直线与平面所成角最大？并求最大角的正弦值.
19．（12分）在中，角，，的对边分别为，，，，， 且的面积为.
(1)求；
(2)求的周长 .
20．（12分）已知变换将平面上的点，分别变换为点，．设变换对应的矩阵为．
（1）求矩阵；
（2）求矩阵的特征值．
21．（12分）如图1，在等腰中，，，分别为，的中点，为的中点，在线段上，且。将沿折起，使点到的位置（如图2所示），且。
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值
22．（10分）已知
（1）若 ，且函数 在区间 上单调递增，求实数a的范围；
（2）若函数有两个极值点 ，且存在 满足 ，令函数 ，试判断 零点的个数并证明．
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．B
【解析】
由点求得的值，化简解析式，根据三角函数对称轴的求法，求得的对称轴，由此确定正确选项.
【详解】
由题可知.
所以
令，
得
令，得
故选：B
本小题主要考查根据三角函数图象上点的坐标求参数，考查三角恒等变换，考查三角函数对称轴的求法，属于中档题.
2．D
【解析】
建立平面直角坐标系，求得抛物线的轨迹方程，解直角三角形求得抛物线的焦点到圆锥顶点的距离.
【详解】
将抛物线放入坐标系，如图所示，
∵，，，
∴，设抛物线，代入点，
可得
∴焦点为，
即焦点为中点，设焦点为，
，，∴.
故选：D
本小题考查圆锥曲线的概念，抛物线的性质，两点间的距离等基础知识；考查运算求解能力，空间想象能力，推理论证能力，应用意识.
3．C
【解析】
每一次成功的概率为，服从二项分布，计算得到答案.
【详解】
每一次成功的概率为，服从二项分布，故.
故选：.
本题考查了二项分布求数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.
4．B
【解析】
根据程序框图中的循环结构的运算，直至满足条件退出循环体，即可得出结果.
【详解】
执行程序框；；；
；；，
满足，退出循环，因此输出，
故选:B.
本题考查循环结构输出结果，模拟程序运行是解题的关键，属于基础题.
5．A
【解析】
根据程序框图输出的S的值即可得到空白框中应填入的内容．
【详解】
由程序框图的运行，可得：S＝0，i＝0
满足判断框内的条件，执行循环体，a＝1，S＝1，i＝1
满足判断框内的条件，执行循环体，a＝2×（﹣2），S＝1+2×（﹣2），i＝2
满足判断框内的条件，执行循环体，a＝3×（﹣2）2，S＝1+2×（﹣2）+3×（﹣2）2，i＝3
…
观察规律可知：满足判断框内的条件，执行循环体，a＝99×（﹣2）99，S＝1+2×（﹣2）+3×（﹣2）2+…+1×（﹣2）99，i＝1，此时，应该不满足判断框内的条件，退出循环，输出S的值，所以判断框中的条件应是i＜1．
故选：A．
本题考查了当型循环结构，当型循环是先判断后执行，满足条件执行循环，不满足条件时算法结束，属于基础题．
6．C
【解析】
分析：先画出满足约束条件对应的平面区域，利用平面区域的面积为9求出，然后分析平面区域多边形的各个顶点，即求出边界线的交点坐标，代入目标函数求得最大值.
详解：作出不等式组对应的平面区域如图所示：
则，所以平面区域的面积，
解得，此时，
由图可得当过点时，取得最大值9，故选C.
点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解.
7．B
【解析】
画出几何体的直观图，计算表面积得到答案.
【详解】
该几何体的直观图如图所示：
故.
故选：.
本题考查了根据三视图求表面积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
8．C
【解析】
先求导得（），由于函数有两个不同的极值点，，转化为方程有两个不相等的正实数根，根据，，，求出的取值范围，而有解，通过分裂参数法和构造新函数，通过利用导数研究单调性、最值，即可得出的取值范围.
【详解】
由题可得：（），
因为函数有两个不同的极值点，，
所以方程有两个不相等的正实数根，
于是有解得.
若不等式有解，
所以
因为
.
设，
，故在上单调递增，
故，
所以，
所以的取值范围是.
故选：C.
本题考查利用导数研究函数单调性、最值来求参数取值范围，以及运用分离参数法和构造函数法，还考查分析和计算能力，有一定的难度.
9．A
【解析】
设，用表示出，求出的值即可得出答案.
【详解】
设
由
，
，
.
故选：A
本题考查了向量加法、减法以及数乘运算，需掌握向量加法的三角形法则以及向量减法的几何意义，属于基础题.
10．C
【解析】
由函数的图象向右平移个单位得到，函数在区间上单调递增，在区间
上单调递减，可得时，取得最大值，即，，，当时，解得，故选C.
点睛：本题主要考查了三角函数图象的平移变换和性质的灵活运用，属于基础题；据平移变换“左加右减，上加下减”的规律求解出，根据函数在区间上单调递增，在区间上单调递减可得时，取得最大值，求解可得实数的值.
11．B
【解析】
化简复数，由它是纯虚数，求得，从而确定对应的点的坐标．
【详解】
是纯虚数，则，，
，对应点为，在第二象限．
故选：B．
本题考查复数的除法运算，考查复数的概念与几何意义．本题属于基础题．
12．A
【解析】
首先的单调性，由此判断出，由求得的关系式.利用导数求得的最小值，由此求得的最小值.
【详解】
由于函数，所以在上递减，在上递增.由于，，令，解得，所以，且，化简得，所以，构造函数，.构造函数，，所以在区间上递减，而，，所以存在，使.所以在上大于零，在上小于零.所以在区间上递增，在区间上递减.而，所以在区间上的最小值为，也即的最小值为，所以的最小值为.
故选：A
本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查分段函数的图像与性质，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．20,21
【解析】
由题意知数列奇数项和偶数项分别为等差数列和等比数列,则根据为奇数和为偶数分别算出求和公式,代入数值检验即可.
【详解】
解: 由题意知数列的奇数项构成公差为的等差数列,
偶数项构成公比为的等比数列,
则;
.
当时, ,.
当时, ,.
由此可知,满足的正整数的所有取值为20,21.
故答案为: 20,21
本题考查等差数列与等比数列通项与求和公式,是综合题,分清奇数项和偶数项是解题的关键.
14．
【解析】
分析：将题中的式子进行整理，将当做一个整体，之后应用已知两个正数的整式形式和为定值，求分式形式和的最值的问题的求解方法，即可求得结果.
详解：，当且仅当等号成立，故答案是.
点睛：该题属于应用基本不等式求最值的问题，解决该题的关键是需要对式子进行化简，转化，利用整体思维，最后注意此类问题的求解方法-------相乘，即可得结果.
15．
【解析】
计算正四面体的高，并计算该正四面体的体积，利用等体积法，可得结果.
【详解】
作平面，为的重心
如图
则，
所以
设正四面体内任意一点到四个面的距离之和为
则
故答案为：
本题考查类比推理的应用，还考查等体积法，考验理解能力以及计算能力，属基础题.
16．
【解析】
设，由椭圆和双曲线的定义得到，根据是以为底边的等腰三角形，得到 ，从而有，根据，得到，再利用导数法求的范围.
【详解】
设，
由椭圆的定义得 ，
由双曲线的定义得，
所以，
因为是以为底边的等腰三角形，
所以，
即 ，
因为，
所以 ，
因为，所以，
所以，
即，
而，
因为，
所以在上递增，
所以.
故答案为：
本题主要考查椭圆，双曲线的定义和几何性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
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．（1）；（2）
【解析】
(1)设数列的公差为d,由可得,,由即可解得,故,由,即可解得,进而求得.
(2) 由（1）得，,利用分组求和及错位相减法即可求得结果.
【详解】
（1）设数列的公差为d，数列的公比为q，
由可得，，
整理得，即，
故，
由可得，则，即，
故.
（2）由（1）得，，，
故，
所以，数列的前n项和为，
设①，
则②，
②①得，
综上，数列的前n项和为.
本题考查求等差等比的通项公式,考试分组求和及错位相减法求数列的和,考查学生的计算能力,难度一般.
18．（1）为中点，理由见解析；（2）当点在线段靠近的三等分点时，直线与平面所成角最大，最大角的正弦值.
【解析】
(1)为中点,可利用中位线与平行四边形性质证明，，从而证明平面平面；
（2）以A为原点，分别以，，所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出当点在线段靠近的三等分点时，直线与平面所成角最大，并可求出最大角的正弦值.
【详解】
（1）为中点，证明如下：
分别为中点，
又平面平面
平面
又，且四边形为平行四边形，
同理，平面，又
平面平面
（2）以A为原点，分别以，，所在直线为、、轴建立空间直角坐标系
则，
设直线与平面所成角为，则
取平面的法向量为则
令，则
所以
当时，等号成立
即当点在线段靠近的三等分点时，直线与平面所成角最大，最大角的正弦值.
本题主要考查了平面与平面的平行，直线与平面所成角的求解，考查了学生的直观想象与运算求解能力.
19．（1）（2）
【解析】
（1）利用正弦，余弦定理对式子化简求解即可；
（2）利用余弦定理以及三角形的面积，求解三角形的周长即可．
【详解】
（1），由正弦定理可得：，即：，由余弦定理得.
（2）∵，所以，，又，且 ，，的周长为
本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，三角形的面积公式，也考查计算能力，属于基础题.
20．（1）（2）1或6
【解析】
（1）设，根据变换可得关于的方程，解方程即可得到答案；
（2）求出特征多项式，再解方程，即可得答案；
【详解】
（1）设，则，，
即，解得，则．
（2）设矩阵的特征多项式为，可得，
令，可得或．
本题考查矩阵的求解、矩阵的特征值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力.
21．（1）证明见解析
（2）
【解析】
（1）要证明线面平行，需证明线线平行，取的中点，连接，根据条件证明，即；
（2）以为原点，所在直线为轴，过作平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：取的中点，连接.
∵，∴为的中点.
又为的中点，∴.
依题意可知，则四边形为平行四边形，
∴，从而.
又平面，平面，
∴平面.
（2），且，
平面，平面，
，
，且，
平面，
以为原点，所在直线为轴，过作平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，不妨设，
则，，，，，
，，，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，得.
设平面的法向量为，
则，即，
令，得.
从而，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
本题考查线面平行的证明和空间坐标法解决二面角的问题，意在考查空间想象能力，推理证明和计算能力，属于中档题型，证明线面平行，或证明面面平行时，关键是证明线线平行，所以做辅助线或证明时，需考虑构造中位线或平行四边形，这些都是证明线线平行的常方法.
22．（1）（2）函数有两个零点和
【解析】
试题分析：（1）求导后根据函数在区间单调递增，导函数大于或等于0（2）先判断为一个零点，然后再求导，根据，化简求得另一个零点。
解析：（1）当时，，因为函数在上单调递增，
所以当时，恒成立．[来源:Z&X&X&K]
函数的对称轴为．
①，即时，，
即，解之得，解集为空集；
②，即时，
即，解之得，所以
③，即时，
即，解之得，所以
综上所述，当 函数在区间 上单调递增．
（2）∵有两个极值点，
∴是方程的两个根，且函数在区间和上单调递增，在上单调递减．
∵
∴函数也是在区间和上单调递增，在上单调递减
∵，∴是函数的一个零点．
由题意知：
∵，∴，∴∴，∴又
∵是方程的两个根，
∴，,
∴
∵函数图像连续，且在区间上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
∴当时，，当时，当时，
∴函数有两个零点和．