2026届福建泉州市高考仿真卷数学试题含解析

这是一份2026届福建泉州市高考仿真卷数学试题含解析，共20页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知集合，则，已知等内容，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．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．
2．已知等差数列的公差为-2，前项和为，若，，为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为，则的最大值为（ ）
A．5B．11C．20D．25
3．已知集合（），若集合，且对任意的，存在使得，其中，，则称集合A为集合M的基底.下列集合中能作为集合的基底的是（ ）
A．B．C．D．
4．已知集合，则( )
A．B．
C．D．
5．在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线对折，使二面角的余弦值为，则所得三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．等差数列中，，，则数列前6项和为（）
A．18B．24C．36D．72
7． “哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数(素数)之和，也就是我们所谓的“1+1”问题.它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩.若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知四棱锥，底面ABCD是边长为1的正方形，，平面平面ABCD，当点C到平面ABE的距离最大时，该四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．1
9．运行如图所示的程序框图，若输出的值为300，则判断框中可以填（ ）
A．B．C．D．
10．已知（i为虚数单位，），则ab等于（ ）
A．2B．-2C．D．
11．当时，函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
12．某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．函数在区间上的值域为______.
14．已知函数则______.
15．过点，且圆心在直线上的圆的半径为__________．
16．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过椭圆的右焦点作一条直线交椭圆于点、.则内切圆面积的最大值是_________.
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）某大学生在开学季准备销售一种文具套盒进行试创业，在一个开学季内，每售出1盒该产品获利50元，未售出的产品，每盒亏损30元.根据历史资料，得到开学季市场需求量的频率分布直方图，如图所示.该同学为这个开学季进了160盒该产品，以（单位：盒，）表示这个开学季内的市场需求量，（单位：元）表示这个开学季内经销该产品的利润.
（1）根据直方图估计这个开学季内市场需求量的平均数和众数；
（2）将表示为的函数；
（3）以需求量的频率作为各需求量的概率，求开学季利润不少于4800元的概率.
18．（12分）已知函数，不等式的解集为.
（1）求实数，的值；
（2）若，，，求证：.
19．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，）.在以坐标原点为极点、轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.
（1）若点在直线上，求直线的极坐标方程；
（2）已知，若点在直线上，点在曲线上，且的最小值为，求的值.
20．（12分）为提供市民的健身素质，某市把四个篮球馆全部转为免费民用
（1）在一次全民健身活动中，四个篮球馆的使用场数如图，用分层抽样的方法从四场馆的使用场数中依次抽取共25场，在中随机取两数，求这两数和的分布列和数学期望；
（2）设四个篮球馆一个月内各馆使用次数之和为，其相应维修费用为元，根据统计，得到如下表的数据：
①用最小二乘法求与的回归直线方程；
②叫做篮球馆月惠值，根据①的结论，试估计这四个篮球馆月惠值最大时的值
参考数据和公式：，
21．（12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．
22．（10分）的内角，，的对边分别是，，，已知.
（1）求角；
（2）若，，求的面积.
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.
【点睛】
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.
2、D
【解析】
由公差d=-2可知数列单调递减，再由余弦定理结合通项可求得首项，即可求出前n项和，从而得到最值.
【详解】
等差数列的公差为-2，可知数列单调递减，则，，中最大，最小，
又，，为三角形的三边长，且最大内角为，
由余弦定理得，设首项为，
即得，
所以或，又即,舍去，，d=-2
前项和.
故的最大值为.
故选：D
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式的应用，考查求前n项和的最值问题，同时还考查了余弦定理的应用.
3、C
【解析】
根据题目中的基底定义求解.
【详解】
因为，
，
，
，
，
，
所以能作为集合的基底，
故选：C
【点睛】
本题主要考查集合的新定义，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
4、B
【解析】
先由得或，再计算即可.
【详解】
由得或，
，,
又，.
故选：B
【点睛】
本题主要考查了集合的交集，补集的运算，考查学生的运算求解能力.
5、D
【解析】
取AC中点N，由题意得即为二面角的平面角，过点B作于O，易得点O为的中心，则三棱锥的外接球球心在直线BO上，设球心为，半径为，列出方程即可得解.
【详解】
如图，由题意易知与均为正三角形，取AC中点N，连接BN，DN，
则，，即为二面角的平面角，
过点B作于O，则平面ACD，
由，可得，，，
即点O为的中心，
三棱锥的外接球球心在直线BO上，设球心为，半径为，
，,
解得，
三棱锥的外接球的表面积为.
故选：D.
【点睛】
本题考查了立体图形外接球表面积的求解，考查了空间想象能力，属于中档题.
6、C
【解析】
由等差数列的性质可得，根据等差数列的前项和公式可得结果.
【详解】
∵等差数列中，，∴，即，
∴，
故选C.
【点睛】
本题主要考查了等差数列的性质以及等差数列的前项和公式的应用，属于基础题.
7、A
【解析】
列出所有可以表示成和为6的正整数式子，找到加数全部为质数的只有，利用古典概型求解即可.
【详解】
6拆成两个正整数的和含有的基本事件有:(1,5),(2,4),(3,3), (4,2),(5,1),
而加数全为质数的有(3,3),
根据古典概型知，所求概率为.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了古典概型，基本事件，属于容易题.
8、B
【解析】
过点E作，垂足为H，过H作，垂足为F，连接EF.因为平面ABE，所以点C到平面ABE的距离等于点H到平面ABE的距离.设，将表示成关于的函数，再求函数的最值，即可得答案.
【详解】
过点E作，垂足为H，过H作，垂足为F，连接EF.
因为平面平面ABCD，所以平面ABCD，
所以.
因为底面ABCD是边长为1的正方形，，所以.
因为平面ABE，所以点C到平面ABE的距离等于点H到平面ABE的距离.
易证平面平面ABE，
所以点H到平面ABE的距离，即为H到EF的距离.
不妨设，则，.
因为，所以，
所以，当时，等号成立.
此时EH与ED重合，所以，.
故选：B.
【点睛】
本题考查空间中点到面的距离的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意辅助线及面面垂直的应用.
9、B
【解析】
由，则输出为300，即可得出判断框的答案
【详解】
由，则输出的值为300，，故判断框中应填？
故选：．
【点睛】
本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．
10、A
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件列式求解．
【详解】
，
，得，．
．
故选：．
【点睛】
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，是基础题．
11、B
【解析】
由，解得，即或，函数有两个零点，，不正确，设，则，由，解得或，由，解得：，即是函数的一个极大值点，不成立，排除，故选B.
【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考察函数的解析式、定义域、值域、单调性，导数的应用以及数学化归思想，属于难题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意选项一一排除.
12、B
【解析】
该几何体是直三棱柱和半圆锥的组合体，其中三棱柱的高为2，底面是高和底边均为4的等腰三角形，圆锥的高为4，底面半径为2，则其体积为，
.
故选B
点睛：由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由二倍角公式降幂，再由两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，结合正弦函数性质可求得值域．
【详解】
，
，则，
.
故答案为：．
【点睛】
本题考查三角恒等变换（二倍角公式、两角和的正弦公式），考查正弦函数的的单调性和最值．求解三角函数的性质的性质一般都需要用三角恒等变换化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数的性质得出结论．
14、
【解析】
先由解析式求得（2），再求（2）．
【详解】
（2），，
所以（2），
故答案为：
【点睛】
本题考查对数、指数的运算性质，分段函数求值关键是“对号入座”,属于容易题．
15、
【解析】
根据弦的垂直平分线经过圆心,结合圆心所在直线方程,即可求得圆心坐标.由两点间距离公式,即可得半径.
【详解】
因为圆经过点
则直线的斜率为
所以与直线垂直的方程斜率为
点的中点坐标为
所以由点斜式可得直线垂直平分线的方程为,化简可得
而弦的垂直平分线经过圆心,且圆心在直线上,设圆心
所以圆心满足解得
所以圆心坐标为
则圆的半径为
故答案为:
【点睛】
本题考查了直线垂直时的斜率关系,直线与直线交点的求法,直线与圆的位置关系,圆的半径的求法,属于基础题.
16、
【解析】
令直线：，与椭圆方程联立消去得，可设，则，．可知，又，故．三角形周长与三角形内切圆的半径的积是三角形面积的二倍，则内切圆半径，其面积最大值为．故本题应填．
点睛：圆锥曲线中最值与范围的求法有两种：(１)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法．(２)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法，判别式法，重要不等式及函数的单调性法等．
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），众数为150；（2） ；（3）
【解析】
（1）由频率直方图分别求出各组距内的频率，由此能求出这个开学季内市场需求量的众数和平均数；（2）由已知条件推导出当时，，当时，，由此能将表示为的函数；（3）利用频率分布直方图能求出利润不少于4800元的概率．
【详解】
（1）由直方图可估计需求量的众数为150 ，
由直方图可知的频率为：
由直方图可知的频率为：
由直方图可知的频率为：
由直方图可知的频率为：
由直方图可知的频率为：
∴估计需求量的平均数为：
（2）当时，
当时，
∴
（3）由（2）知 当时，
当时，得
∴开学季利润不少于4800元的需求量为
由频率分布直方图可所求概率
【点睛】
本题考查频率分布直方图的应用，考查函数解析式的求法，考查概率的估计，是中档题，解题时要注意频率分布直方图的合理运用．
18、（1），.（2）见解析
【解析】
（1）分三种情况讨论即可
（2）将，的值代入，然后利用均值定理即可.
【详解】
解：（1）不等式可化为.
即有或或.
解得，或或.
所以不等式的解集为，故，.
（2）由（1）知，，即，
由，得，，
当且仅当，即，时等号成立.故，即.
【点睛】
考查绝对值不等式的解法以及用均值定理证明不等式，中档题.
19、（1）
（2）
【解析】
（1）利用消参法以及点求解出的普通方程，根据极坐标与直角坐标的转化求解出直线的极坐标方程；
（2）将的坐标设为，利用点到直线的距离公式结合三角函数的有界性，求解出取最小值时对应的值.
【详解】
（1）消去参数得普通方程为，
将代入，可得，即
所以的极坐标方程为
（2）的直角坐标方程为
直线的直角坐标方程
设的直角坐标为
∵在直线上，∴的最小值为到直线的距离的最小值
∵，∴当，时取得最小值
即，∴
【点睛】
本题考查直线的参数方程、普通方程、极坐标方程的互化以及根据曲线上一点到直线距离的最值求参数，难度一般.（1）直角坐标和极坐标的互化公式：；（2）求解曲线上一点到直线的距离的最值，可优先考虑将点的坐标设为参数方程的形式，然后再去求解.
20、（1）见解析，12.5（2）①②20
【解析】
(1) 运用分层抽样，结合总场次为100，可求得的值，再运用古典概型的概率计算公式可求解果;
(2) ①由公式可计算的值，进而可求与的回归直线方程；
②求出，再对函数求导，结合单调性，可估计这四个篮球馆月惠值最大时的值.
【详解】
解：（1）抽样比为，所以分别是，6，7，8，5
所以两数之和所有可能取值是：10，12，13，15
，，，
所以分布列为
期望为
（2）因为
所以，，
；
②，
设，
所以当递增，当递减
所以约惠值最大值时的值为20
【点睛】
本题考查直方图的实际应用，涉及求概率，平均数、拟合直线和导数等问题，关键是要读懂题意，属于中档题.
21、（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．
【点睛】
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．
22、（1）
（2）
【解析】
（1）利用余弦定理可求，从而得到的值.
（2）利用诱导公式和正弦定理化简题设中的边角关系可得，得到值后利用面积公式可求.
【详解】
（1）由，得.
所以由余弦定理，得.
又因为，所以.
（2）由，得.
由正弦定理，得，因为，所以.
又因，所以.
所以的面积.
【点睛】
在解三角形中，如果题设条件是关于边的二次形式，我们可以利用余弦定理化简该条件，如果题设条件是关于边的齐次式或是关于内角正弦的齐次式，那么我们可以利用正弦定理化简该条件，如果题设条件是边和角的混合关系式，那么我们也可把这种关系式转化为角的关系式或边的关系式.
x
10
15
20
25
30
35
40
y
10000
11761
13010
13980
14771
15440
16020
2.99
3.49
4.05
4.50
4.99
5.49
5.99