2026届福建省福州市琅岐中学高考仿真卷数学试题含解析

这是一份2026届福建省福州市琅岐中学高考仿真卷数学试题含解析，共2页。试卷主要包含了在中，分别为所对的边，若函数，若实数、满足，则的最小值是等内容，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．著名的斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，…，满足，，，若，则( )
A．2020B．4038C．4039D．4040
2．已知为虚数单位，复数，则其共轭复数（ ）
A．B．C．D．
3．函数的图象为C，以下结论中正确的是（ ）
①图象C关于直线对称；
②图象C关于点对称；
③由y =2sin2x的图象向右平移个单位长度可以得到图象C.
A．①B．①②C．②③D．①②③
4．定义在R上的函数，，若在区间上为增函数，且存在，使得.则下列不等式不一定成立的是（ ）
A．B．
C．D．
5．为了贯彻落实党中央精准扶贫决策，某市将其低收入家庭的基本情况经过统计绘制如图，其中各项统计不重复．若该市老年低收入家庭共有900户，则下列说法错误的是（ ）
A．该市总有 15000 户低收入家庭
B．在该市从业人员中，低收入家庭共有1800户
C．在该市无业人员中，低收入家庭有4350户
D．在该市大于18岁在读学生中，低收入家庭有 800 户
6．如图，将两个全等等腰直角三角形拼成一个平行四边形，将平行四边形沿对角线折起，使平面平面，则直线与所成角余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．在中，分别为所对的边，若函数
有极值点，则的范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．若实数、满足，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
9．设、分别是定义在上的奇函数和偶函数，且，则（ ）
A．B．0C．1D．3
10．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”意思为有一个人要走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了六天恰好到达目的地，请问第二天比第四天多走了（ ）
A．96里B．72里C．48里D．24里
11．已知，则的取值范围是（ ）
A．[0，1]B．C．[1，2]D．[0，2]
12．在中，，，，则边上的高为（ ）
A．B．2C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知向量=（1，2），=（-3，1），则=______．
14．若函数（）的图象与直线相切，则______.
15．已知函数在上单调递增，则实数a值范围为_________.
16．两光滑的曲线相切，那么它们在公共点处的切线方向相同．如图所示，一列圆 (an>0，rn>0，n=1，2…)逐个外切，且均与曲线y=x2相切，若r1=1，则a1=___，rn=______
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，已知在三棱台中，，，.
（1）求证：；
（2）过的平面分别交，于点，，且分割三棱台所得两部分几何体的体积比为，几何体为棱柱，求的长.
提示：台体的体积公式（，分别为棱台的上、下底面面积，为棱台的高）.
18．（12分）如图，四棱锥中，底面是矩形，面底面，且是边长为的等边三角形，在上，且面.

（1）求证: 是的中点；
（2）在上是否存在点，使二面角为直角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
19．（12分）已知曲线：和：（为参数）.以原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，且两种坐标系中取相同的长度单位.
（1）求曲线的直角坐标方程和的方程化为极坐标方程；
（2）设与，轴交于，两点，且线段的中点为.若射线与，交于，两点，求，两点间的距离.
20．（12分）已知函数.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若，且，求的值.
21．（12分）如图,四棱锥,侧面是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面是的菱形, 为棱上的动点,且.
(I)求证：为直角三角形；
(II)试确定的值，使得二面角的平面角余弦值为.
22．（10分）已知椭圆的离心率为，且过点，点在第一象限，为左顶点，为下顶点，交轴于点，交轴于点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若，求点的坐标.
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、D
【解析】
计算，代入等式，根据化简得到答案.
【详解】
，，，故，
，
故.
故选：.
【点睛】
本题考查了斐波那契数列，意在考查学生的计算能力和应用能力.
2、B
【解析】
先根据复数的乘法计算出，然后再根据共轭复数的概念直接写出即可.
【详解】
由，所以其共轭复数.
故选：B.
【点睛】
本题考查复数的乘法运算以及共轭复数的概念，难度较易.
3、B
【解析】
根据三角函数的对称轴、对称中心和图象变换的知识，判断出正确的结论.
【详解】
因为，
又，所以①正确.
，所以②正确.
将的图象向右平移个单位长度，得，所以③错误.
所以①②正确，③错误.
故选:B
【点睛】
本小题主要考查三角函数的对称轴、对称中心，考查三角函数图象变换，属于基础题.
4、D
【解析】
根据题意判断出函数的单调性，从而根据单调性对选项逐个判断即可．
【详解】
由条件可得
函数关于直线对称；
在，上单调递增，且在时使得；
又
，，所以选项成立；
，比离对称轴远，
可得，选项成立；
，，可知比离对称轴远
，选项成立；
，符号不定，，无法比较大小，
不一定成立．
故选：．
【点睛】
本题考查了函数的基本性质及其应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
5、D
【解析】
根据给出的统计图表，对选项进行逐一判断，即可得到正确答案.
【详解】
解：由题意知，该市老年低收入家庭共有900户，所占比例为6%，
则该市总有低收入家庭900÷6%＝15000（户），A正确，
该市从业人员中，低收入家庭共有15000×12%＝1800（户），B正确，
该市无业人员中，低收入家庭有15000×29%%＝4350（户），C正确，
该市大于18 岁在读学生中，低收入家庭有15000×4%＝600（户），D错误．
故选：D.
【点睛】
本题主要考查对统计图表的认识和分析，这类题要认真分析图表的内容，读懂图表反映出的信息是解题的关键,属于基础题.
6、C
【解析】
利用建系，假设长度，表示向量与，利用向量的夹角公式，可得结果.
【详解】
由平面平面，
平面平面，平面
所以平面，又平面
所以，又
所以作轴//,建立空间直角坐标系
如图
设，所以
则
所以
所以
故选：C
【点睛】
本题考查异面直线所成成角的余弦值，一般采用这两种方法：（1）将两条异面直线作辅助线放到同一个平面，然后利用解三角形知识求解；（2）建系，利用空间向量，属基础题.
7、D
【解析】
试题分析：由已知可得有两个不等实根.
考点：1、余弦定理；2、函数的极值.
【方法点晴】本题考查余弦定理，函数的极值，涉及函数与方程思想思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 首先利用转化化归思想将原命题转化为有两个不等实根，从而可得.
8、D
【解析】
根据约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数得答案
【详解】
作出不等式组所表示的可行域如下图所示：
联立，得，可得点，
由得，平移直线，
当该直线经过可行域的顶点时，该直线在轴上的截距最小，
此时取最小值，即.
故选：D.
【点睛】
本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是基础题．
9、C
【解析】
先根据奇偶性，求出的解析式，令，即可求出。
【详解】
因为、分别是定义在上的奇函数和偶函数，，用替换，得 ，
化简得，即
令，所以，故选C。
【点睛】
本题主要考查函数性质奇偶性的应用。
10、B
【解析】
人每天走的路程构成公比为的等比数列，设此人第一天走的路程为，计算，代入得到答案.
【详解】
由题意可知此人每天走的路程构成公比为的等比数列，设此人第一天走的路程为，
则，解得，从而可得，故.
故选：.
【点睛】
本题考查了等比数列的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.
11、D
【解析】
设，可得，构造（）22，结合，可得，根据向量减法的模长不等式可得解.
【详解】
设，则，
，
∴（）2•2
||22＝4，所以可得：，
配方可得，
所以，
又
则[0，2]．
故选：D．
【点睛】
本题考查了向量的运算综合，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.
12、C
【解析】
结合正弦定理、三角形的内角和定理、两角和的正弦公式，求得边长，由此求得边上的高.
【详解】
过作，交的延长线于.由于，所以为钝角，且，所以.在三角形中，由正弦定理得，即，所以.在中有，即边上的高为.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查正弦定理解三角形，考查三角形的内角和定理、两角和的正弦公式，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、-6
【解析】
由可求，然后根据向量数量积的坐标表示可求 .
【详解】
∵=（1，2），=（-3，1），∴=（-4，-1），
则 =1×（-4）+2×（-1）=-6
故答案为-6
【点睛】
本题主要考查了向量数量积的坐标表示，属于基础试题．
14、2
【解析】
设切点由已知可得,即可解得所求.
【详解】
设，因为，所以，即，又，.所以，即，.
故答案为:.
【点睛】
本题考查导数的几何意义,考查函数与方程思想、转化与化归思想,考查逻辑推理能力、运算求解能力,难度较易.
15、
【解析】
由在上恒成立可求解．
【详解】
，
令，∵，∴，
又，，从而，令，
问题等价于在时恒成立，∴，解得．
故答案为：．
【点睛】
本题考查函数的单调性，解题关键是问题转化为恒成立，利用换元法和二次函数的性质易求解．
16、
【解析】
第一空：将圆与联立，利用计算即可；
第二空：找到两外切的圆的圆心与半径的关系，再将与联立，得到，与结合可得为等差数列，进而可得.
【详解】
当r1=1时，圆，
与联立消去得，
则，解得；
由图可知当时，①，
将与联立消去得
，
则，
整理得，代入①得，
整理得，
则.
故答案为：；.
【点睛】
本题是抛物线与圆的关系背景下的数列题，关键是找到圆心和半径的关系，建立递推式，由递推式求通项公式，综合性较强，是一道难度较大的题目.
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）证明见解析；（2）2
【解析】
（1）在中，利用勾股定理，证得，又由题设条件，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到；
（2）设三棱台和三棱柱的高都为上、下底面之间的距离为，根据棱台的体积公式，列出方程求得，得到，即可求解.
【详解】
（1）由题意，在中，，，
所以，可得，
因为，可得.
又由，，平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）因为，可得，
令，，
设三棱台和三棱柱的高都为上、下底面之间的距离为，
则，整理得，
即，解得，即，
又由，所以.
【点睛】
本题主要考查了直线与平面垂直的判定与应用，以及几何体的体积公式的应用，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理，以及熟练应用几何体的体积公式进行求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
18、 (1) 见解析;(2).
【解析】
试题分析：(1)连交于可得是中点，再根据面可得进而根据中位线定理可得结果；(2)取中点，由（1）知两两垂直. 以为原点，所在直线分别为轴,轴，轴建立空间直角坐标系，求出面的一个法向量，用表示面的一个法向量，由可得结果.
试题解析：(1)证明：连交于，连是矩形，是中点.又面，且是面与面的交线，是的中点.
(2)取中点，由（1）知两两垂直. 以为原点，所在直线分别为轴，
轴，轴建立空间直角坐标系（如图），则各点坐标为.
设存在满足要求，且，则由得：，面的一个法向量为，面的一个法向量为，由，得，解得，故存在，使二面角为直角，此时.
19、（1），；（2）1.
【解析】
（1）利用正弦的和角公式，结合极坐标化为直角坐标的公式，即可求得曲线的直角坐标方程；先写出曲线的普通方程，再利用公式化简为极坐标即可；
（2）先求出的直角坐标，据此求得中点的直角坐标，将其转化为极坐标，联立曲线的极坐标方程，即可求得两点的极坐标，则距离可解.
【详解】
（1）：可整理为，
利用公式可得其直角坐标方程为：，
：的普通方程为，
利用公式可得其极坐标方程为
（2）由（1）可得的直角坐标方程为，
故容易得，，
∴，∴的极坐标方程为，
把代入得，.
把代入得，.
∴，
即，两点间的距离为1.
【点睛】
本题考查极坐标方程和直角坐标方程之间的转化，涉及参数方程转化为普通方程，以及在极坐标系中求两点之间的距离，属综合基础题.
20、（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）直接代入再由诱导公式计算可得；
（Ⅱ）先得到，再根据利用两角差的余弦公式计算可得．
【详解】
解：（Ⅰ）
；
（Ⅱ）因为
所以，
由得，
又因为，故，所以，
所以.
【点睛】
本题考查了三角函数中的恒等变换应用，属于中档题．
21、（1）见解析；(II) .
【解析】
试题分析：（1）取中点,连结,以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明为直角三角形；（2）设，由，得，求出平面的法向量和平面的法向量，，根据空间向量夹角余弦公式能求出结果.
试题解析：(I)取中点,连结，依题意可知均为正三角形，所以,
又平面平面，
所以平面，
又平面，所以,
因为,所以，即,
从而为直角三角形.
(II)法一：由(I)可知,又平面平面,平面平面,
平面，所以平面.
以为原点，建立空间直角坐标系如图所示,则
,
由可得点的坐标
所以,
设平面的法向量为，则,
即解得，
令，得，
显然平面的一个法向量为,
依题意，
解得或（舍去），
所以，当时，二面角的余弦值为.
法二：由(I)可知平面,所以,
所以为二面角的平面角，
即,
在中，,
所以
，
由正弦定理可得，即
解得，
又,所以,
所以，当时，二面角的余弦值为.
22、（1）；（2）
【解析】
（1）由题意得，求出，进而可得到椭圆的方程；
（2）由（1）知点，坐标，设直线的方程为，易知，可得点的坐标为，联立方程，得到关于的一元二次方程，结合根与系数关系，可用表示的坐标，进而由三点共线，即，可用表示的坐标，再结合，可建立方程，从而求出的值，即可求得点的坐标.
【详解】
（1）由题意得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知点，，
由题意可设直线的斜率为，则，所以直线的方程为，则点的坐标为，
联立方程，消去得：.
设，则，所以，
所以，所以.
设点的坐标为，因为点三点共线，所以，即
，所以，所以.
因为，所以，即，
所以，解得，
又，所以符合题意，
计算可得，，
故点的坐标为.
【点睛】
本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查平行线的性质，考查学生的计算求解能力，属于难题.