2026届福建省南平市建瓯市芝华中学高考数学二模试卷含解析

这是一份2026届福建省南平市建瓯市芝华中学高考数学二模试卷含解析，共4页。试卷主要包含了以下关于的命题，正确的是，已知直线过双曲线C，设函数满足，则的图像可能是等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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，若曲线在点处的切线方程为，则实数的取值为（ ）
A．-2B．-1C．1D．2
2． 若数列满足且，则使的的值为( )
A．B．C．D．
3．设x、y、z是空间中不同的直线或平面，对下列四种情形：①x、y、z均为直线；②x、y是直线，z是平面；③z是直线，x、y是平面；④x、y、z均为平面.其中使“且”为真命题的是（ ）
A．③④B．①③C．②③D．①②
4．如图，网格纸是由边长为1的小正方形构成，若粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）
A．B．C．D．
5．以下关于的命题，正确的是
A．函数在区间上单调递增
B．直线需是函数图象的一条对称轴
C．点是函数图象的一个对称中心
D．将函数图象向左平移需个单位，可得到的图象
6．若的展开式中的系数之和为，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．1
7．已知直线过双曲线C：的左焦点F，且与双曲线C在第二象限交于点A，若（O为坐标原点），则双曲线C的离心率为
A．B．C．D．
8．已知函数，，若总有恒成立.记的最小值为，则的最大值为（ ）
A．1B．C．D．
9．已知双曲线的左，右焦点分别为、，过的直线l交双曲线的右支于点P，以双曲线的实轴为直径的圆与直线l相切，切点为H，若，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
10．设函数满足，则的图像可能是
A．B．
C．D．
11．集合，，则（ ）
A．B．C．D．
12．为比较甲、乙两名高二学生的数学素养，对课程标准中规定的数学六大素养进行指标测验（指标值满分为5分，分值高者为优），根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指标雷达图，则下面叙述正确的是（ ）
A．乙的数据分析素养优于甲
B．乙的数学建模素养优于数学抽象素养
C．甲的六大素养整体水平优于乙
D．甲的六大素养中数据分析最差
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．的展开式中的常数项为__________.
14．已知半径为的圆周上有一定点，在圆周上等可能地任意取一点与点连接，则所得弦长介于与之间的概率为__________．
15．已知集合，若，则__________．
16．设，若函数有大于零的极值点，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）在△ABC中，角所对的边分别为向量，向量，且.
（1）求角的大小；
（2）求的最大值.
18．（12分）已知函数f(x)＝x－lnx，g(x)＝x2－ax.
（1）求函数f(x)在区间[t，t＋1](t＞0)上的最小值m(t)；
（2）令h(x)＝g(x)－f(x)，A(x1，h(x1))，B(x2，h(x2))(x1≠x2)是函数h(x)图像上任意两点，且满足＞1，求实数a的取值范围；
（3）若∃x∈(0,1]，使f(x)≥成立，求实数a的最大值．
19．（12分）设数列的前项和为，且，数列满足，点在上，
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
20．（12分）已知函数的图象在处的切线方程是.
（1）求的值；
（2）若函数，讨论的单调性与极值；
（3）证明：.
21．（12分）设函数.
（1）解不等式；
（2）记的最大值为，若实数、、满足，求证：.
22．（10分）如图，四棱锥中，四边形是矩形，，，为正三角形，且平面平面，、分别为、的中点.
（1）证明：平面；
（2）求几何体的体积.
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】
求出函数的导数，利用切线方程通过f′（0），求解即可；
【详解】
f （x）的定义域为（﹣1，+∞），
因为f′（x）a，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝2x，
可得1﹣a＝2，解得a＝﹣1，
故选：B．
【点睛】
本题考查函数的导数的几何意义，切线方程的求法，考查计算能力．
2、C
【解析】
因为，所以是等差数列，且公差，则，所以由题设可得，则，应选答案C．
3、C
【解析】
①举反例，如直线x、y、z位于正方体的三条共点棱时②用垂直于同一平面的两直线平行判断.③用垂直于同一直线的两平面平行判断.④举例，如x、y、z位于正方体的三个共点侧面时.
【详解】
①当直线x、y、z位于正方体的三条共点棱时,不正确；
②因为垂直于同一平面的两直线平行,正确；
③因为垂直于同一直线的两平面平行,正确；
④如x、y、z位于正方体的三个共点侧面时, 不正确.
故选:C.
【点睛】
此题考查立体几何中线面关系，选择题一般可通过特殊值法进行排除，属于简单题目.
4、C
【解析】
根据三视图还原为几何体，结合组合体的结构特征求解表面积.
【详解】
由三视图可知，该几何体可看作是半个圆柱和一个长方体的组合体，其中半圆柱的底面半圆半径为1，高为4，长方体的底面四边形相邻边长分别为1，2，高为4，所以该几何体的表面积，故选C.
【点睛】
本题主要考查三视图的识别，利用三视图还原成几何体是求解关键，侧重考查直观想象和数学运算的核心素养.
5、D
【解析】
利用辅助角公式化简函数得到，再逐项判断正误得到答案.
【详解】
A选项，函数先增后减，错误
B选项，不是函数对称轴，错误
C选项，，不是对称中心，错误
D选项，图象向左平移需个单位得到，正确
故答案选D
【点睛】
本题考查了三角函数的单调性，对称轴，对称中心，平移，意在考查学生对于三角函数性质的综合应用，其中化简三角函数是解题的关键.
6、B
【解析】
由，进而分别求出展开式中的系数及展开式中的系数，令二者之和等于，可求出实数的值.
【详解】
由，
则展开式中的系数为，展开式中的系数为，
二者的系数之和为，得.
故选：B.
【点睛】
本题考查二项式定理的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.
7、B
【解析】
直线的倾斜角为，易得．设双曲线C的右焦点为E，可得中，，则，所以双曲线C的离心率为.故选B．
8、C
【解析】
根据总有恒成立可构造函数,求导后分情况讨论的最大值可得最大值最大值,
即.根据题意化简可得,求得,再换元求导分析最大值即可.
【详解】
由题, 总有即恒成立.
设,则的最大值小于等于0.
又,
若则,在上单调递增, 无最大值.
若,则当时,,在上单调递减,
当时,,在上单调递增.
故在处取得最大值.
故,化简得.
故,令,可令,
故,当时, ,在递减；
当时, ,在递增.
故在处取得极大值,为.
故的最大值为.
故选：C
【点睛】
本题主要考查了根据导数求解函数的最值问题,需要根据题意分析导数中参数的范围,再分析函数的最值,进而求导构造函数求解的最大值.属于难题.
9、A
【解析】
在中，由余弦定理，得到，再利用即可建立的方程.
【详解】
由已知，，在中，由余弦定理，得
，又，，所以，
，
故选：A.
【点睛】
本题考查双曲线离心率的计算问题，处理双曲线离心率问题的关键是建立三者间的关系，本题是一道中档题.
10、B
【解析】
根据题意，确定函数的性质，再判断哪一个图像具有这些性质．
由得是偶函数，所以函数的图象关于轴对称，可知B，D符合；由得是周期为2的周期函数，选项D的图像的最小正周期是4，不符合，选项B的图像的最小正周期是2，符合，故选B．
11、A
【解析】
计算，再计算交集得到答案.
【详解】
，，故.
故选：.
【点睛】
本题考查了交集运算，属于简单题.
12、C
【解析】
根据题目所给图像，填写好表格，由表格数据选出正确选项.
【详解】
根据雷达图得到如下数据：
由数据可知选C.
【点睛】
本题考查统计问题，考查数据处理能力和应用意识.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、31
【解析】
由二项式定理及其展开式得通项公式得：因为的展开式得通项为，则的展开式中的常数项为： ，得解.
【详解】
解：，
则的展开式中的常数项为：
.
故答案为：31.
【点睛】
本题考查二项式定理及其展开式的通项公式，求某项的导数，考查计算能力.
14、
【解析】
在圆上其他位置任取一点B，设圆半径为R，
其中满足条件AB弦长介于与之间的弧长为 •2πR，
则AB弦的长度大于等于半径长度的概率P==；
故答案为：．
15、1
【解析】
分别代入集合中的元素，求出值，再结合集合中元素的互异性进行取舍可解.
【详解】
依题意，分别令，，，
由集合的互异性，解得，则.
故答案为：
【点睛】
本题考查集合元素的特性：确定性、互异性、无序性．确定集合中元素，要注意检验集合中的元素是否满足互异性．
16、
【解析】
先求导数，求解导数为零的根，结合根的分布求解.
【详解】
因为，所以，令得，
因为函数有大于0的极值点，所以，即.
【点睛】
本题主要考查利用导数研究函数的极值点问题，极值点为导数的变号零点，侧重考查转化化归思想.
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）2
【解析】
（1）转化条件得，进而可得，即可得解；
（2）由化简可得，由结合三角函数的性质即可得解.
【详解】
（1），，
由正弦定理得，
即，
又 ，，
又 ，，，
由可得.
（2）由（1）可得，，
，
，，，
的最大值为2.
【点睛】
本题考查了平面向量平行、正弦定理以及三角恒等变换的应用，考查了三角函数的性质，属于中档题.
18、（1）m(t)＝（2）a≤2－2.（3）a≤2－2.
【解析】
（1）是研究在动区间上的最值问题，这类问题的研究方法就是通过讨论函数的极值点与所研究的区间的大小关系来进行求解．
（2）注意到函数h(x)的图像上任意不同两点A，B连线的斜率总大于1，等价于h(x1)－h(x2)＜x1－x2(x1＜x2)恒成立，从而构造函数F(x)＝h(x)－x在(0，＋∞)上单调递增，进而等价于F′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立来加以研究．
（3）用处理恒成立问题来处理有解问题，先分离变量转化为求对应函数的最值，得到a≤，再利用导数求函数M(x)＝的最大值，这要用到二次求导，才可确定函数单调性，进而确定函数最值．
【详解】
（1） f′(x)＝1－，x＞0，
令f′(x)＝0，则x＝1.
当t≥1时，f(x)在[t，t＋1]上单调递增，f(x)的最小值为f(t)＝t－lnt；
当0＜t＜1时，f(x)在区间(t,1)上为减函数，在区间(1，t＋1)上为增函数，f(x)的最小值为f(1)＝1.
综上，m(t)＝
（2）h(x)＝x2－(a＋1)x＋lnx，
不妨取0＜x1＜x2，则x1－x2＜0，
则由，可得h(x1)－h(x2)＜x1－x2，
变形得h(x1)－x1＜h(x2)－x2恒成立．
令F(x)＝h(x)－x＝x2－(a＋2)x＋lnx，x＞0，
则F(x)＝x2－(a＋2)x＋lnx在(0，＋∞)上单调递增，
故F′(x)＝2x－(a＋2)＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，
所以2x＋≥a＋2在(0，＋∞)上恒成立．
因为2x＋≥2，当且仅当x＝时取“＝”，
所以a≤2－2.
（3）因为f(x)≥，所以a(x＋1)≤2x2－xlnx.
因为x∈(0,1]，则x＋1∈(1,2]，所以∃x∈(0,1]，使得a≤成立．
令M(x)＝，则M′(x)＝.
令y＝2x2＋3x－lnx－1，则由y′＝＝0 可得x＝或x＝－1(舍)．
当x∈时，y′＜0，则函数y＝2x2＋3x－lnx－1在上单调递减；
当x∈时，y′＞0，则函数y＝2x2＋3x－lnx－1在上单调递增．
所以y≥ln4－＞0，
所以M′(x)＞0在x∈(0,1]时恒成立，
所以M(x)在(0,1]上单调递增．
所以只需a≤M(1)，即a≤1.
所以实数a的最大值为1.
【点睛】
本题考查了函数与导数综合问题，考查了学生综合分析，转化与划归，数学运算能力，属于难题.
19、（1），
（2）.
【解析】
（1）利用与的递推关系可以的通项公式；点代入直线方程得，可知数列是等差数列，用公式求解即可.(2)用错位相减法求数列的和.
【详解】
由可得，
两式相减得，．
又，所以．故是首项为1，公比为3的等比数列．所以．
由点在直线上，所以．
则数列是首项为1，公差为2的等差数列．则
因为，所以．
则，
两式相减得：．
所以．
【点睛】
用递推关系求通项公式时注意的取值范围，所求结果要注意检验的情况；由一个等差数列和一个等比数列的积组成的数列求和，常用错位相减法求解.
20、（1）；（2）单调递减区间为，单调递增区间为，的极小值为，无极大值；（3）见解析.
【解析】
（1）切点既在切线上又在曲线上得一方程，再根据斜率等于该点的导数再列一方程，解方程组即可；
（2）先对求导数，根据导数判断和求解即可.
（3）把证明转化为证明，然后证明极小值大于极大值即可.
【详解】
解：（1）函数的定义域为
由已知得，则，解得.
（2）由题意得，则.
当时，，所以单调递减，
当时，，所以单调递增，
所以，单调递减区间为，单调递增区间为，
的极小值为，无极大值.
（3）要证成立，
只需证成立.
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以的极大值为，即
由（2）知，时，，且的最小值点与的最大值点不同，所以，即.
所以，.
【点睛】
知识方面，考查建立方程组求未知数，利用导数求函数的单调区间和极值以及不等式的证明；能力方面，考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力以及运算求解能力；试题难度大.
21、（1）
（2）证明见解析
【解析】
（1）采用零点分段法：、、，由此求解出不等式的解集；
（2）先根据绝对值不等式的几何意义求解出的值，然后利用基本不等式及其变形完成证明.
【详解】
（1）当时，不等式为，解得
当时，不等式为，解得
当时，不等式为，解得
∴原不等式的解集为
（2）
当且仅当即时取等号，
∴，∴
∵，∴，
∴（当且仅当时取“”）
同理可得，
∴
∴（当且仅当时取“”）
【点睛】
本题考查绝对值不等式的解法以及利用基本不等式证明不等式，难度一般.（1）常见的绝对值不等式解法：零点分段法、图象法、几何意义法；（2）利用基本不等式完成证明时，注意说明取等号的条件.
22、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）由题可知，根据三角形的中位线的性质，得出，根据矩形的性质得出，所以，再利用线面平行的判定定理即可证出平面；
（2）由于平面平面，根据面面垂直的性质，得出平面，从而得出到平面的距离为，结合棱锥的体积公式，即可求得结果.
【详解】
解：（1）∵，分别为，的中点，
∴，
∵四边形是矩形，∴，∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）取，的中点，，连接，，，，则，
由于为三棱柱，为四棱锥，
∵平面平面，∴平面，
由已知可求得，
∴到平面的距离为，
因为四边形是矩形，，，
，
设几何体的体积为，
则，
∴，
即：.
【点睛】
本题考查线面平行的判定、面面垂直的性质和棱锥的体积公式，考查逻辑推理和计算能力.
数学抽象
逻辑推理
数学建模
直观想象
数学运算
数据分析
甲
4
5
4
5
4
5
乙
3
4
3
3
5
4