2026届齐齐哈尔市高考冲刺数学模拟试题（含答案解析）

这是一份2026届齐齐哈尔市高考冲刺数学模拟试题（含答案解析），共22页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，设全集，集合，.则集合等于等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．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．已知向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知命题：是“直线和直线互相垂直”的充要条件；命题：对任意都有零点；则下列命题为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
3．若的展开式中的系数为-45，则实数的值为（ ）
A．B．2C．D．
4．已知过点且与曲线相切的直线的条数有（ ）．
A．0B．1C．2D．3
5．抛物线的焦点为F，点为该抛物线上的动点，若点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
6．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何?”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少?”已知l丈为10尺，该楔体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形边长为1，则该楔体的体积为（ ）
A．10000立方尺 B．11000立方尺
C．12000立方尺 D．13000立方尺
7．在中，，分别为，的中点，为上的任一点，实数，满足，设、、、的面积分别为、、、，记（），则取到最大值时，的值为（ ）
A．－1B．1C．D．
8．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的表面积为（ ）
A．8B．C．D．
9．设全集，集合，.则集合等于（ ）
A．B．C．D．
10．设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，是线段上的点，且，则直线的斜率的最大值为（ ）
A．1B．C．D．
11．已知正四面体外接球的体积为，则这个四面体的表面积为（ ）
A．B．C．D．
12．已知，，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知向量与的夹角为，||＝||＝1，且⊥（λ），则实数_____.
14．已知直线与圆心为的圆相交于两点，且，则实数的值为_________．
15．从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务，每天安排一人，每人只参加一天.若要求甲、乙两人至少选一人参加，且当甲、乙两人都参加时，他们参加社区服务的日期不相邻，那么不同的安排种数
为______________.(用数字作答)
16．若向量满足，则实数的取值范围是____________.
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）2019年12月以来，湖北省武汉市持续开展流感及相关疾病监测，发现多起病毒性肺炎病例，均诊断为病毒性肺炎/肺部感染，后被命名为新型冠状病毒肺炎（CrnaVirusDisease2019，COVID—19），简称“新冠肺炎”.下图是2020年1月15日至1月24日累计确诊人数随时间变化的散点图.
为了预测在未釆取强力措施下，后期的累计确诊人数，建立了累计确诊人数y与时间变量t的两个回归模型，根据1月15日至1月24日的数据（时间变量t的值依次1，2，…，10）建立模型和.
（1）根据散点图判断，与哪一个适宜作为累计确诊人数y与时间变量t的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）
（2根据（1）的判断结果及附表中数据，建立y关于x的回归方程；
（3）以下是1月25日至1月29日累计确诊人数的真实数据，根据（2）的结果回答下列问题：
（ⅰ）当1月25日至1月27日这3天的误差（模型预测数据与真实数据差值的绝对值与真实数据的比值）都小于0.1则认为模型可靠，请判断（2）的回归方程是否可靠？
（ⅱ）2020年1月24日在人民政府的强力领导下，全国人民共同采取了强力的预防“新冠肺炎”的措施，若采取措施5天后，真实数据明显低于预测数据，则认为防护措施有效，请判断预防措施是否有效？
附：对于一组数据（，，……，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，.
参考数据：其中，.
18．（12分）已知a>0，b>0，a+b=2.
（Ⅰ）求的最小值；
（Ⅱ）证明：
19．（12分）改革开放40年，我国经济取得飞速发展，城市汽车保有量在不断增加，人们的交通安全意识也需要不断加强.为了解某城市不同性别驾驶员的交通安全意识，某小组利用假期进行一次全市驾驶员交通安全意识调查.随机抽取男女驾驶员各50人，进行问卷测评，所得分数的频率分布直方图如图所示.规定得分在80分以上为交通安全意识强.
（Ⅰ）求的值，并估计该城市驾驶员交通安全意识强的概率；
（Ⅱ）已知交通安全意识强的样本中男女比例为4:1，完成2×2列联表，并判断有多大把握认为交通安全意识与性别有关；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，从交通安全意识强的驾驶员中随机抽取2人，求抽到的女性人数的分布列及期望.
附：，其中
20．（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．
21．（12分）已知椭圆的中心在坐标原点，其短半轴长为，一个焦点坐标为，点在椭圆上，点在直线上的点，且．
证明：直线与圆相切；
求面积的最小值．
22．（10分）在直角坐标系中，圆C的参数方程（为参数），以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求圆C的极坐标方程；
（2）直线l的极坐标方程是，射线与圆C的交点为O、P，与直线l的交点为Q，求线段的长.
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．A
【解析】
利用平面向量平行的坐标条件得到参数x的值.
【详解】
由题意得，，
，
，
解得.
故选A.
本题考查向量平行定理，考查向量的坐标运算，属于基础题.
2．A
【解析】
先分别判断每一个命题的真假，再利用复合命题的真假判断确定答案即可.
【详解】
当时，直线和直线，即直线为和直线互相垂直，
所以“”是直线和直线互相垂直“的充分条件，
当直线和直线互相垂直时，，解得.
所以“”是直线和直线互相垂直“的不必要条件.
：“”是直线和直线互相垂直“的充分不必要条件，故是假命题．
当时，没有零点，
所以命题是假命题．
所以是真命题，是假命题，是假命题，是假命题．
故选：．
本题主要考查充要条件的判断和两直线的位置关系，考查二次函数的图象， 考查学生对这些知识的理解掌握水平.
3．D
【解析】
将多项式的乘法式展开，结合二项式定理展开式通项，即可求得的值.
【详解】
∵
所以展开式中的系数为，
∴解得.
故选：D.
本题考查了二项式定理展开式通项的简单应用，指定项系数的求法，属于基础题.
4．C
【解析】
设切点为，则，由于直线经过点，可得切线的斜率，再根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线斜率，建立关于的方程，从而可求方程．
【详解】
若直线与曲线切于点，则，
又∵，∴，∴，解得，，
∴过点与曲线相切的直线方程为或，
故选C．
本题主要考查了利用导数求曲线上过某点切线方程的斜率，求解曲线的切线的方程，其中解答中熟记利用导数的几何意义求解切线的方程是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
5．B
【解析】
通过抛物线的定义，转化，要使有最小值，只需最大即可，作出切线方程即可求出比值的最小值．
【详解】
解：由题意可知，抛物线的准线方程为，，
过作垂直直线于，
由抛物线的定义可知，连结，当是抛物线的切线时，有最小值，则最大，即最大，就是直线的斜率最大，
设在的方程为：，所以，
解得：，
所以，解得，
所以，
．
故选：．
本题考查抛物线的基本性质，直线与抛物线的位置关系，转化思想的应用，属于基础题．
6．A
【解析】
由题意，将楔体分割为三棱柱与两个四棱锥的组合体，作出几何体的直观图如图所示：
沿上棱两端向底面作垂面，且使垂面与上棱垂直，
则将几何体分成两个四棱锥和1个直三棱柱，
则三棱柱的
四棱锥的体积
由三视图可知两个四棱锥大小相等，立方丈立方尺．
故选A．
【点睛】本题考查三视图及几何体体积的计算，其中正确还原几何体，利用方格数据分割与计算是解题的关键．
7．D
【解析】
根据三角形中位线的性质，可得到的距离等于△的边上高的一半，从而得到，由此结合基本不等式求最值，得到当取到最大值时，为的中点，再由平行四边形法则得出，根据平面向量基本定理可求得，从而可求得结果.
【详解】
如图所示：
因为是△的中位线，
所以到的距离等于△的边上高的一半，
所以，
由此可得，
当且仅当时，即为的中点时，等号成立，
所以，
由平行四边形法则可得，，
将以上两式相加可得，
所以，
又已知，
根据平面向量基本定理可得，
从而.
故选：D
本题考查了向量加法的平行四边形法则，考查了平面向量基本定理的应用，考查了基本不等式求最值，属于中档题.
8．D
【解析】
根据三视图还原几何体为四棱锥，即可求出几何体的表面积．
【详解】
由三视图知几何体是四棱锥，如图，
且四棱锥的一条侧棱与底面垂直，四棱锥的底面是正方形,边长为2,棱锥的高为2，
所以，
故选：
本题主要考查了由三视图还原几何体，棱锥表面积的计算，考查了学生的运算能力，属于中档题.
9．A
【解析】
先算出集合，再与集合B求交集即可.
【详解】
因为或.所以，又因为.
所以.
故选：A.
本题考查集合间的基本运算，涉及到解一元二次不等式、指数不等式，是一道容易题.
10．A
【解析】
设，因为，得到，利用直线的斜率公式，得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】
由题意，抛物线的焦点坐标为，
设，
因为，即线段的中点，所以，
所以直线的斜率，
当且仅当，即时等号成立，
所以直线的斜率的最大值为1.
故选：A.
本题主要考查了抛物线的方程及其应用，直线的斜率公式，以及利用基本不等式求最值的应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
11．B
【解析】
设正四面体ABCD的外接球的半径R，将该正四面体放入一个正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线，根据正方体和正四面体的外接球为同一个球计算出正方体的棱长，从而得出正四面体的棱长，最后可求出正四面体的表面积．
【详解】
将正四面体ABCD放在一个正方体内，设正方体的棱长为a，如图所示，
设正四面体ABCD的外接球的半径为R，则，得．因为正四面体ABCD的外接球和正方体的外接球是同一个球，则有，∴ ．而正四面体ABCD的每条棱长均为正方体的面对角线长，所以，正四面体ABCD的棱长为，因此，这个正四面体的表面积为．
故选：B．
本题考查球的内接多面体，解决这类问题就是找出合适的模型将球体的半径与几何体的一些几何量联系起来，考查计算能力，属于中档题．
12．D
【解析】
由指数函数的图像与性质易得最小，利用作差法，结合对数换底公式及基本不等式的性质即可比较和的大小关系，进而得解.
【详解】
根据指数函数的图像与性质可知，
由对数函数的图像与性质可知，，所以最小；
而由对数换底公式化简可得
由基本不等式可知，代入上式可得
所以，
综上可知，
故选：D.
本题考查了指数式与对数式的化简变形，对数换底公式及基本不等式的简单应用，作差法比较大小，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．1
【解析】
根据条件即可得出，由即可得出，进行数量积的运算即可求出λ．
【详解】
∵向量与的夹角为，||＝||＝1，且；
∴；
∴λ＝1．
故答案为：1．
考查向量数量积的运算及计算公式，以及向量垂直的充要条件．
14．0或6
【解析】
计算得到圆心，半径，根据得到，利用圆心到直线的距离公式解得答案.
【详解】
，即，圆心，半径.
，故圆心到直线的距离为，即，故或.
故答案为：或.
本题考查了根据直线和圆的位置关系求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力。
15．5040.
【解析】
分两类，一类是甲乙都参加，另一类是甲乙中选一人，方法数为。填5040.
利用排列组合计数时，关键是正确进行分类和分步，分类时要注意不重不漏.在本题中，甲与乙是两个特殊元素，对于特殊元素“优先法”，所以有了分类。本题还涉及不相邻问题，采用“插空法”。
16．
【解析】
根据题意计算，解得答案.
【详解】
，故，解得.
故答案为：.
本题考查了向量的数量积，意在考查学生的计算能力.
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）适宜（2）（3）（ⅰ）回归方程可靠（ⅱ）防护措施有效
【解析】
（1）根据散点图即可判断出结果.
（2）设，则，求出，再由回归方程过样本中心点求出，即可求出回归方程.
（3）（ⅰ）利用表中数据，计算出误差即可判断回归方程可靠；（ⅱ）当时，，与真实值作比较即可判断有效.
【详解】
（1）根据散点图可知：
适宜作为累计确诊人数与时间变量的回归方程类型；
（2）设，则，
，
，
；
（3）（ⅰ）时，，，
当时，，，
当时，，，
所以（2）的回归方程可靠：
（ⅱ）当时，，
10150远大于7111，所以防护措施有效.
本题考查了函数模型的应用，在求非线性回归方程时，现将非线性的化为线性的，考查了误差的计算以及用函数模型分析数据，属于基础题.
18．（Ⅰ）最小值为；（Ⅱ）见解析
【解析】
（1）根据题意构造平均值不等式，结合均值不等式可得结果；
（2）利用分析法证明，结合常用不等式和均值不等式即可证明.
【详解】
（Ⅰ）
则
当且仅当，即，时，
所以的最小值为．
（Ⅱ）要证明：，
只需证：，
即证明：，
由，
也即证明：．
因为，
所以当且仅当时，有，
即，当时等号成立．
所以
本题考查均值不等式，分析法证明不等式，审清题意，仔细计算，属中档题.
19．（Ⅰ）.0.2（Ⅱ）见解析，有的把握认为交通安全意识与性别有关（Ⅲ）见解析，
【解析】
（Ⅰ）直接根据频率和为1计算得到答案.
（Ⅱ）完善列联表，计算，对比临界值表得到答案.
（Ⅲ）的取值为，计算概率得到分布列，计算数学期望得到答案.
【详解】
（Ⅰ） ，解得.
所以该城市驾驶员交通安全意识强的概率.
（Ⅱ）
，
所以有的把握认为交通安全意识与性别有关
（Ⅲ）的取值为
所以的分布列为
期望.
本题考查了独立性检验，分布列，数学期望，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
20．（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
21．证明见解析；1.
【解析】
由题意可得椭圆的方程为，由点在直线上，且知的斜率必定存在，分类讨论当的斜率为时和斜率不为时的情况列出相应式子，即可得出直线与圆相切；
由知，的面积为
【详解】
解：由题意，椭圆的焦点在轴上，且，所以．
所以椭圆的方程为．
由点在直线上，且知的斜率必定存在，
当的斜率为时，，，
于是，到的距离为，直线与圆相切．
当的斜率不为时，设的方程为，与联立得，
所以，，从而．
而，故的方程为，而在上，故，
从而，于是．
此时，到的距离为，直线与圆相切．
综上，直线与圆相切．
由知，的面积为
，
上式中，当且仅当等号成立，
所以面积的最小值为1．
本题主要考查直线与椭圆的位置关系、直线与圆的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力和创新意识，考查化归与转化思想，属于难题．
22．（1）；（2）2
【解析】
（1）首先利用对圆C的参数方程（φ为参数）进行消参数运算，化为普通方程，再根据普通方程化极坐标方程的公式得到圆C的极坐标方程．（2）设，联立直线与圆的极坐标方程，解得；设，联立直线与直线的极坐标方程，解得，可得．
【详解】
（1）圆C的普通方程为，又，
所以圆C的极坐标方程为.
（2）设，则由解得，，得；
设，则由解得，，得；
所以
本题考查圆的参数方程与普通方程的互化，考查圆的极坐标方程，考查极坐标方程的求解运算，考查了学生的计算能力以及转化能力，属于基础题.
时间
1月25日
1月26日
1月27日
1月28日
1月29日
累计确诊人数的真实数据
1975
2744
4515
5974
7111
5.5
390
19
385
7640
31525
154700
100
150
225
338
507
安全意识强
安全意识不强
合计
男性
女性
合计
0.010
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
安全意识强
安全意识不强
合计
男性
16
34
50
女性
4
46
50
合计
20
80
100