2026届福建省莆田第四中学高考临考冲刺数学试卷含解析

这是一份2026届福建省莆田第四中学高考临考冲刺数学试卷含解析，共4页。试卷主要包含了设集合，，若，则的取值范围是，已知是等差数列的前项和，，，则，已知函数等内容，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．若执行如图所示的程序框图，则输出的值是（ ）
A．B．C．D．4
2．已知定义在上的可导函数满足，若是奇函数，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
3．已知（i为虚数单位，），则ab等于（ ）
A．2B．-2C．D．
4．已知函数，若关于的方程有4个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ）
A．B．C．D．
6．造纸术、印刷术、指南针、火药被称为中国古代四大发明，此说法最早由英国汉学家艾约瑟提出并为后来许多中国的历史学家所继承，普遍认为这四种发明对中国古代的政治，经济，文化的发展产生了巨大的推动作用.某小学三年级共有学生500名，随机抽查100名学生并提问中国古代四大发明，能说出两种发明的有45人，能说出3种及其以上发明的有32人，据此估计该校三级的500名学生中，对四大发明只能说出一种或一种也说不出的有（ ）
A．69人B．84人C．108人D．115人
7．设集合，，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知是等差数列的前项和，，，则（ ）
A．85B．C．35D．
9．已知函数（，且）在区间上的值域为，则（ ）
A．B．C．或D．或4
10．若点位于由曲线与围成的封闭区域内（包括边界），则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
11．已知与之间的一组数据：
若关于的线性回归方程为，则的值为（ ）
A．1.5B．2.5C．3.5D．4.5
12．设、，数列满足，，，则（ ）
A．对于任意，都存在实数，使得恒成立
B．对于任意，都存在实数，使得恒成立
C．对于任意，都存在实数，使得恒成立
D．对于任意，都存在实数，使得恒成立
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若关于的不等式在时恒成立，则实数的取值范围是_____
14．正方体的棱长为2, 是它的内切球的一条弦(我们把球面上任意两点之间的线段称为球的弦), 为正方体表面上的动点,当弦的长度最大时, 的取值范围是______.
15．在直三棱柱内有一个与其各面都相切的球O1，同时在三棱柱外有一个外接球.若,，,则球的表面积为
______.
16．双曲线的离心率为_________．
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）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为.
（1）求曲线C的极坐标方程和直线l的直角坐标方程；
（2）若射线与曲线C交于点A（不同于极点O），与直线l交于点B，求的最大值.
18．（12分）如图，已知椭圆的右焦点为，，为椭圆上的两个动点，周长的最大值为8.
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）直线经过，交椭圆于点，，直线与直线的倾斜角互补，且交椭圆于点，，，求证：直线与直线的交点在定直线上.
19．（12分）已知函数，.
（1）当时，
①求函数在点处的切线方程；
②比较与的大小;
（2）当时，若对时，，且有唯一零点，证明：．
20．（12分）已知函数.
（1）若，求不等式的解集；
（2）若“，”为假命题，求的取值范围.
21．（12分）若数列满足：对于任意，均为数列中的项，则称数列为“数列”．
（1）若数列的前项和，，试判断数列是否为“数列”？说明理由；
（2）若公差为的等差数列为“数列”，求的取值范围；
（3）若数列为“数列”，，且对于任意，均有，求数列的通项公式．
22．（10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：(a＞b＞0)的离心率为．且经过点(1，)，A，B分别为椭圆C的左、右顶点，过左焦点F的直线l交椭圆C于D，E两点（其中D在x轴上方）．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若△AEF与△BDF的面积之比为1：7，求直线l的方程．
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】
模拟程序运行，观察变量值的变化，得出的变化以4为周期出现，由此可得结论．
【详解】
；如此循环下去，当时，，此时不满足，循环结束，输出的值是4.
故选：D．
【点睛】
本题考查程序框图，考查循环结构．解题时模拟程序运行，观察变量值的变化，确定程序功能，可得结论．
2、A
【解析】
构造函数，根据已知条件判断出的单调性.根据是奇函数，求得的值，由此化简不等式求得不等式的解集.
【详解】
构造函数，依题意可知，所以在上递增.由于是奇函数，所以当时，，所以，所以.
由得，所以，故不等式的解集为.
故选：A
【点睛】
本小题主要考查构造函数法解不等式，考查利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
3、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．
4、C
【解析】
求导，先求出在单增，在单减，且知设，则方程有4个不同的实数根等价于方程
在上有两个不同的实数根，再利用一元二次方程根的分布条件列不等式组求解可得.
【详解】
依题意，，
令，解得，，故当时，，
当，，且，
故方程在上有两个不同的实数根，
故，
解得.
故选：C.
【点睛】
本题考查确定函数零点或方程根个数.其方法：
(1)构造法：构造函数(易求，可解)，转化为确定的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出的图象草图，数形结合求解；
(2)定理法：先用零点存在性定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数.
5、A
【解析】
根据球的特点可知截面是一个圆，根据等体积法计算出球心到平面的距离，由此求解出截面圆的半径，从而截面面积可求.
【详解】
如图所示：
设内切球球心为，到平面的距离为，截面圆的半径为，
因为内切球的半径等于正方体棱长的一半，所以球的半径为，
又因为，所以，
又因为，
所以，所以，
所以截面圆的半径，所以截面圆的面积为.
故选：A.
【点睛】
本题考查正方体的内切球的特点以及球的截面面积的计算，难度一般.任何一个平面去截球，得到的截面一定是圆面，截面圆的半径可通过球的半径以及球心到截面的距离去计算.
6、D
【解析】
先求得名学生中，只能说出一种或一种也说不出的人数，由此利用比例，求得名学生中对四大发明只能说出一种或一种也说不出的人数.
【详解】
在这100名学生中，只能说出一种或一种也说不出的有人，设对四大发明只能说出一种或一种也说不出的有人，则，解得人.
故选：D
【点睛】
本小题主要考查利用样本估计总体，属于基础题.
7、C
【解析】
由得出，利用集合的包含关系可得出实数的取值范围.
【详解】
，且，，.
因此，实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】
本题考查利用集合的包含关系求参数，考查计算能力，属于基础题.
8、B
【解析】
将已知条件转化为的形式，求得，由此求得.
【详解】
设公差为，则，所以，，，.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查等差数列通项公式的基本量计算，考查等差数列前项和的计算，属于基础题.
9、C
【解析】
对a进行分类讨论，结合指数函数的单调性及值域求解.
【详解】
分析知，.讨论：当时，，所以，，所以；当时，，所以，，所以.综上，或，故选C.
【点睛】
本题主要考查指数函数的值域问题，指数函数的值域一般是利用单调性求解，侧重考查数学运算和数学抽象的核心素养.
10、D
【解析】
画出曲线与围成的封闭区域，表示封闭区域内的点和定点连线的斜率，然后结合图形求解可得所求范围．
【详解】
画出曲线与围成的封闭区域，如图阴影部分所示．
表示封闭区域内的点和定点连线的斜率，
设，结合图形可得或，
由题意得点A,B的坐标分别为，
∴，
∴或，
∴的取值范围为．
故选D．
【点睛】
解答本题的关键有两个：一是根据数形结合的方法求解问题，即把看作两点间连线的斜率；二是要正确画出两曲线所围成的封闭区域．考查转化能力和属性结合的能力，属于基础题．
11、D
【解析】
利用表格中的数据，可求解得到代入回归方程，可得，再结合表格数据，即得解.
【详解】
利用表格中数据，可得
又，
．
解得
故选：D
【点睛】
本题考查了线性回归方程过样本中心点的性质，考查了学生概念理解，数据处理，数学运算的能力，属于基础题.
12、D
【解析】
取，可排除AB；由蛛网图可得数列的单调情况，进而得到要使，只需，由此可得到答案.
【详解】
取，，数列恒单调递增，且不存在最大值，故排除AB选项；
由蛛网图可知，存在两个不动点，且，，
因为当时，数列单调递增，则；
当时，数列单调递减，则；
所以要使，只需要，故，化简得且.
故选：D．
【点睛】
本题考查递推数列的综合运用，考查逻辑推理能力，属于难题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
利用对数函数的单调性，将不等式去掉对数符号，再依据分离参数法，转化成求构造函数最值问题，进而求得的取值范围。
【详解】
由 得，两边同除以，得到，，
，设，，由函数 在上递减，
所以，故实数的取值范围是。
【点睛】
本题主要考查对数函数的单调性，以及恒成立问题的常规解法——分离参数法。
14、
【解析】
由弦的长度最大可知为球的直径.由向量的线性运用表示出，即可由范围求得的取值范围.
【详解】
连接，如下图所示：
设球心为,则当弦的长度最大时，为球的直径，
由向量线性运算可知
正方体的棱长为2，则球的半径为1，，
所以
，
而
所以，
即
故答案为：.
【点睛】
本题考查了空间向量线性运算与数量积的运算，正方体内切球性质应用，属于中档题.
15、
【解析】
先求出球O1的半径，再求出球的半径，即得球的表面积.
【详解】
解：,，
,
，
设球O1的半径为，由题得，
所以棱柱的侧棱为.
由题得棱柱外接球的直径为，所以外接球的半径为，
所以球的表面积为.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查几何体的内切球和外接球问题，考查球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题.
16、2
【解析】

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）：，直线：；（2）．
【解析】
（1）由消参法把参数方程化为普通方程，再由公式进行直角坐标方程与极坐标方程的互化；
（2）由极径的定义可直接把代入曲线和直线的极坐标方程，求出极径，把比值化为的三角函数，从而可得最大值、
【详解】
（1）消去参数可得曲线的普通方程是，即，代入得，即，∴曲线的极坐标方程是；
由，化为直角坐标方程为．
（2）设，则，，
，
当时，取得最大值为．
【点睛】
本题考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，掌握公式可轻松自如进行极坐标方程与直角坐标方程的互化．
18、（Ⅰ）；（Ⅱ）详见解析.
【解析】
（Ⅰ）由椭圆的定义可得，周长取最大值时，线段过点，可求出，从而求出椭圆的标准方程；
（Ⅱ）设直线，直线，，，，.把直线与直线的方程分别代入椭圆的方程，利用韦达定理和弦长公式求出和，根据求出的值.最后直线与直线的方程联立，求两直线的交点即得结论.
【详解】
（Ⅰ）设的周长为，
则
，当且仅当线段过点时“”成立.
，，又，，
椭圆的标准方程为.
（Ⅱ）若直线的斜率不存在，则直线的斜率也不存在，这与直线与直线相交于点矛盾，所以直线的斜率存在.
设，，，，，.
将直线的方程代入椭圆方程得：.
，,
.
同理，.
由得，此时.
直线，
联立直线与直线的方程得，
即点在定直线.
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于难题.
19、（1）①见解析，②见解析；（2）见解析
【解析】
（1）①把代入函数解析式，求出函数的导函数得到，再求出，利用直线方程的点斜式求函数在点处的切线方程；
②令，利用导数研究函数的单调性，可得当时，；当时，；当时，．
（2）由题意，，在上有唯一零点．利用导数可得当时，在上单调递减，当，时，在，上单调递增，得到．由在恒成立，且有唯一解，可得，得，即．令，则，再由在上恒成立，得在上单调递减，进一步得到在上单调递增，由此可得．
【详解】
解：（1）①当时，，，，
又，切线方程为，即；
②令，
则，
在上单调递减．
又，
当时，，即；
当时，，即；
当时，，即．
证明：（2）由题意，，
而，
令，解得．
，，
在上有唯一零点．
当时，，在上单调递减，
当，时，，在，上单调递增．
．
在恒成立，且有唯一解，
，即，
消去，得，
即．
令，则，
在上恒成立，
在上单调递减，
又， ，
．
在上单调递增，
．
【点睛】
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数研究函数的单调性，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属难题．
20、（1）
（2）
【解析】
（1））当时，将函数写成分段函数，即可求得不等式的解集.
（2）根据原命题是假命题，这命题的否定为真命题，即“，”为真命题，只需满足即可.
【详解】
解：（1）当时，
由，得.
故不等式的解集为.
（2）因为“，”为假命题，
所以“，”为真命题，
所以.
因为，
所以，则，所以，
即，解得，即的取值范围为.
【点睛】
本题考查绝对值不等式的解法，以及绝对值三角不等式，属于基础题.
21、（1）不是，见解析（2）（3）
【解析】
（1）利用递推关系求出数列的通项公式，进一步验证时，是否为数列中的项，即可得答案；
（2）由题意得，再对公差进行分类讨论，即可得答案；
（3）由题意得数列为等差数列，设数列的公差为，再根据不等式得到公差的值，即可得答案；
【详解】
（1）当时，
又，所以．
所以
当时，，而，
所以时，不是数列中的项，故数列不是为“数列”
（2）因为数列是公差为的等差数列，
所以．
因为数列为“数列”
所以任意，存在，使得，即有．
①若，则只需，使得，从而得是数列中的项．
②若，则．此时，当时，不为正整数，所以不符合题意．综上，．
（3）由题意，所以，
又因为，且数列为“数列”，
所以，即，所以数列为等差数列．
设数列的公差为，则有，
由，得，
整理得，①
．②
若，取正整数，
则当时，，
与①式对应任意恒成立相矛盾，因此．
同样根据②式可得，
所以．又，所以．
经检验当时，①②两式对应任意恒成立，
所以数列的通项公式为．
【点睛】
本题考查数列新定义题、等差数列的通项公式，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，难度较大.
22、（1）（2）．
【解析】
（1）利用离心率和椭圆经过的点建立方程组，求解即可.
（2）把面积之比转化为纵坐标之间的关系，联立方程结合韦达定理可求.
【详解】
解：（1）设焦距为2c，由题意知：；解得，所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知：F(﹣1，0)，设l：，D(，)，E(，)，＜0＜
①，
，
，②；③；
由①②得：，，
代入③得：，又，故，
因此，直线l的方程为．
【点睛】
本题主要考查椭圆方程的求解及椭圆中的面积问题，椭圆方程一般利用待定系数法，建立方程组进行求解，面积问题的合理转化是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
1
2
3
4
3.2
4.8
7.5