龙岩市2025-2026学年高考冲刺模拟数学试题（含答案解析）

这是一份龙岩市2025-2026学年高考冲刺模拟数学试题（含答案解析），共3页。试卷主要包含了关于函数，下列说法正确的是，设是虚数单位，复数，若x∈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．已知函数，则（ ）
A．B．1C．-1D．0
2．公比为2的等比数列中存在两项，，满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
3．已知复数满足，则的共轭复数是（ ）
A．B．C．D．
4．已知非零向量，满足，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解:
5．关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数的定义域为
B．函数一个递增区间为
C．函数的图像关于直线对称
D．将函数图像向左平移个单位可得函数的图像
6．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想的内容是：每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，例如：，，，那么在不超过18的素数中随机选取两个不同的数，其和等于16的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．设i是虚数单位，若复数是纯虚数，则a的值为（ ）
A．B．3C．1D．
8．设是虚数单位，复数（ ）
A．B．C．D．
9．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
10．若x∈（0，1），a＝lnx，b＝，c＝elnx，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．b＞c＞aB．c＞b＞aC．a＞b＞cD．b＞a＞c
11．执行如下的程序框图，则输出的是（ ）
A．B．
C．D．
12．已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题中错误的是（ ）
A．若，，则或
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．等差数列（公差不为0），其中，，成等比数列，则这个等比数列的公比为_____.
14．已知三棱锥中，，，，且二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为__________.
15．在平面五边形中，，，，且.将五边形沿对角线折起，使平面与平面所成的二面角为，则沿对角线折起后所得几何体的外接球的表面积是______.
16．设满足约束条件，则目标函数的最小值为_.
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）已知．
（1）若的解集为，求的值；
（2）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围．
18．（12分）在中，角的对边分别为.已知，.
（1）若，求；
（2）求的面积的最大值.
19．（12分）在直角坐标系中，已知直线的直角坐标方程为，曲线的参数方程为（为参数），以直角坐标系原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线和直线的极坐标方程；
（2）已知直线与曲线、相交于异于极点的点，若的极径分别为，求的值.
20．（12分）如图，在斜三棱柱中，已知为正三角形，D，E分别是，的中点，平面平面，.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面.
21．（12分）在中，角所对的边分别是，且.
（1）求；
（2）若，求.
22．（10分）如图，四棱锥中，侧面为等腰直角三角形，平面．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成的角的正弦值．
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】
由函数，求得，进而求得的值，得到答案.
【详解】
由题意函数，
则，所以，故选A.
本题主要考查了分段函数的求值问题，其中解答中根据分段函数的解析式，代入求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
2．D
【解析】
根据已知条件和等比数列的通项公式，求出关系，即可求解.
【详解】
，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
最小值为.
故选:D.
本题考查等比数列通项公式，注意为正整数，如用基本不等式要注意能否取到等号，属于基础题.
3．B
【解析】
根据复数的除法运算法则和共轭复数的定义直接求解即可.
【详解】
由，得，所以．
故选：B
本题考查了复数的除法的运算法则，考查了复数的共轭复数的定义，属于基础题.
4．C
【解析】
根据向量的数量积运算，由向量的关系，可得选项.
【详解】
，
，∴等价于，
故选：C.
本题考查向量的数量积运算和命题的充分、必要条件，属于基础题.
5．B
【解析】
化简到，根据定义域排除，计算单调性知正确，得到答案.
【详解】
，
故函数的定义域为，故错误；
当时，，函数单调递增，故正确；
当，关于的对称的直线为不在定义域内，故错误.
平移得到的函数定义域为，故不可能为，错误.
故选：.
本题考查了三角恒等变换，三角函数单调性，定义域，对称，三角函数平移，意在考查学生的综合应用能力.
6．B
【解析】
先求出从不超过18的素数中随机选取两个不同的数的所有可能结果，然后再求出其和等于16的结果，根据等可能事件的概率公式可求.
【详解】
解：不超过18的素数有2，3，5，7，11，13，17共7个，从中随机选取两个不同的数共有，
其和等于16的结果，共2种等可能的结果，
故概率.
故选：B.
古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，本题不可以列举出所有事件但可以用分步计数得到，属于基础题.
7．D
【解析】
整理复数为的形式,由复数为纯虚数可知实部为0,虚部不为0,即可求解.
【详解】
由题,,
因为纯虚数,所以,则,
故选:D
本题考查已知复数的类型求参数范围,考查复数的除法运算.
8．D
【解析】
利用复数的除法运算，化简复数，即可求解，得到答案．
【详解】
由题意，复数，故选D．
本题主要考查了复数的除法运算，其中解答中熟记复数的除法运算法则是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
9．B
【解析】
根据空间中线线、线面位置关系，逐项判断即可得出结果.
【详解】
A选项，若，，，，则或与相交；故A错；
B选项，若，，则，又，是两个不重合的平面，则，故B正确；
C选项，若，，则或或与相交，又，是两个不重合的平面，则或与相交；故C错；
D选项，若，，则或或与相交，又，是两个不重合的平面，则或与相交；故D错；
故选B
本题主要考查与线面、线线相关的命题，熟记线线、线面位置关系，即可求解，属于常考题型.
10．A
【解析】
利用指数函数、对数函数的单调性直接求解．
【详解】
∵x∈（0，1），
∴a＝lnx＜0，
b＝（）lnx＞（）0＝1，
0＜c＝elnx＜e0＝1，
∴a，b，c的大小关系为b＞c＞a．
故选：A．
本题考查三个数的大小的判断，考查指数函数、对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11．A
【解析】
列出每一步算法循环，可得出输出结果的值.
【详解】
满足，执行第一次循环，，；
成立，执行第二次循环，，；
成立，执行第三次循环，，；
成立，执行第四次循环，，；
成立，执行第五次循环，，；
成立，执行第六次循环，，；
成立，执行第七次循环，，；
成立，执行第八次循环，，；
不成立，跳出循环体，输出的值为，故选：A.
本题考查算法与程序框图的计算，解题时要根据算法框图计算出算法的每一步，考查分析问题和计算能力，属于中等题.
12．D
【解析】
根据线面平行和面面平行的性质，可判定A；由线面平行的判定定理，可判断B；C中可判断，所成的二面角为；D中有可能，即得解.
【详解】
选项A：若，，根据线面平行和面面平行的性质，有或，故A正确；
选项B：若，，，由线面平行的判定定理，有，故B正确；
选项C：若，，，故，所成的二面角为，则，故C正确；
选项D，若，，有可能，故D不正确.
故选：D
本题考查了空间中的平行垂直关系判断，考查了学生逻辑推理，空间想象能力，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．4
【解析】
根据等差数列关系，用首项和公差表示出，解出首项和公差的关系，即可得解.
【详解】
设等差数列的公差为，
由题意得: ，则整理得，，所以
故答案为：4
此题考查等差数列基本量的计算，涉及等比中项，考查基本计算能力.
14．
【解析】
设的中心为T，AB的中点为N，AC中点为M，分别过M，T做平面ABC，平面PAB
的垂线，则垂线的交点为球心O，将的长度求出或用球半径表示，再利用余弦定理即可建立方程解得半径.
【详解】
设的中心为T，AB的中点为N，AC中点为M，分别过M，T做平面ABC，平面PAB
的垂线，则垂线的交点为球心O，如图所示
因为，，所以，，，
又二面角的大小为，则，，所以
，
设外接球半径为R，则，，
在中，由余弦定理，得，
即，解得，
故三棱锥外接球的表面积.
故答案为：.
本题考查三棱锥外接球的表面积问题，解决此类问题一定要数形结合，建立关于球的半径的方程，本题计算量较大，是一道难题.
15．
【解析】
设的中心为，矩形的中心为，过作垂直于平面的直线，过作垂直于平面的直线，得到直线与的交点为几何体外接球的球心，结合三角形的性质，求得球的半径，利用表面积公式，即可求解.
【详解】
设的中心为，矩形的中心为，
过作垂直于平面的直线，过作垂直于平面的直线，
则由球的性质可知，直线与的交点为几何体外接球的球心，
取的中点，连接，，
由条件得，，连接，
因为，从而，
连接，则为所得几何体外接球的半径，
在直角中，由，，可得，
即外接球的半径为，
故所得几何体外接球的表面积为.
故答案为：.
本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及多面体的外接球的表面积的计算，其中解答中熟记空间几何体的结构特征，求得外接球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力与运算求解能力，属于中档试题.
16．
【解析】
根据满足约束条件，画出可行域，将目标函数，转化为，平移直线，找到直线在轴上截距最小时的点，此时，目标函数 取得最小值.
【详解】
由满足约束条件，画出可行域如图所示阴影部分：
将目标函数，转化为，
平移直线，找到直线在轴上截距最小时的点
此时，目标函数 取得最小值，最小值为
故答案为：-1
本题主要考查线性规划求最值，还考查了数形结合的思想方法，属于基础题.
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．（1）；（2）
【解析】
（1）利用两边平方法解含有绝对值的不等式，再根据根与系数的关系求出的值；（2）利用绝对值不等式求出的最小值，把不等式化为只含有的不等式，求出不等式解集即可．
【详解】
（1）不等式，即
两边平方整理得
由题意知和是方程的两个实数根
即，解得
（2）因为
所以要使不等式恒成立，只需
当时，，解得，即；
当时，，解得，即；
综上所述，的取值范围是
本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了分类讨论思想，是中档题．
18．（1）；（2）4
【解析】
（1）根据已知用二倍角余弦求出，进而求出，利用正弦定理，即可求解；
（2）由边角，利用余弦定理结合基本不等式，求出的最大值，即可求出结论.
【详解】
（1）∵，∴，
由正弦定理得.
（2）由（1）知，，
所以，，，
当且仅当时，的面积有最大值4.
本题考查正弦定理、余弦定理、三角恒等变换解三角形，应用基本不等式求最值，属于基础题.
19．（1），.（2）
【解析】
（1）先将曲线的参数方程化为直角坐标方程，即可代入公式化为极坐标；根据直线的直角坐标方程，求得倾斜角，即可得极坐标方程.
（2）将直线的极坐标方程代入曲线、可得，进而代入可得的值.
【详解】
（1）曲线的参数方程为（为参数），
消去得，
把，代入得，
从而得的极坐标方程为，
∵直线的直角坐标方程为，其倾斜角为，
∴直线的极坐标方程为.
（2）将代入曲线的极坐标方程分别得到
，
则.
本题考查了参数方程化为普通方程的方法，直角坐标方程化为极坐标方程的方法，极坐标的几何意义，属于中档题.
20．（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）根据，分别是，的中点，即可证明，从而可证平面；
（2）先根据为正三角形，且D是的中点，证出，再根据平面平面，得到平面，从而得到，结合，即可得证．
【详解】
（1）∵，分别是，的中点
∴
∵平面，平面
∴平面.
（2）∵为正三角形，且D是的中点
∴
∵平面平面，且平面平面，平面
∴平面
∵平面
∴
∵且
∴
∵，平面，且
∴平面.
本题考查直线与平面平行的判定，面面垂直的性质等，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，中档题．
21．（1）（2）
【解析】
（1）根据正弦定理到，得到答案.
（2）计算，再利用余弦定理计算得到答案.
【详解】
（1）由，可得
,
因为，所以，所以.
（2），又因为，所以.
因为，所以，即.
本题考查了正弦定理和余弦定理，意在考查学生的计算能力.
22．（1）见解析（2）
【解析】
（1）根据平面，利用线面垂直的定义可得，再由，根据线面垂直的判定定理即可证出.
（2）取的中点，连接，以为坐标原点，分别为正半轴建立空间直角坐标系求出平面的一个法向量，利用空间向量法即可求解.
【详解】
因为平面平面，
所以
由为等腰直角三角形，
所以
又，故平面.
取的中点，连接，
因为，
所以
因为平面，
所以平面
所以平面
如图，以为坐标原点，分别为正半轴建立空间直角坐标系
则，
又，
所以且于是

设平面的法向量为，则
令得平面的一个法向量
设直线与平面所成的角为，
则
本题考查了线面垂直的定义、判定定理以及空间向量法求线面角，属于中档题.