2026届福建省莆田一中高考仿真卷数学试卷含解析

这是一份2026届福建省莆田一中高考仿真卷数学试卷含解析，共23页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，一个组合体的三视图如图所示等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤；斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何?”意思是：“现在有一根金箠， 长五尺在粗的一端截下一尺，重斤；在细的一端截下一尺，重斤，问各尺依次重多少?”按这一问题的颗设，假设金箠由粗到细各尺重量依次成等差数列，则从粗端开始的第二尺的重量是（ ）
A．斤B． 斤C．斤D．斤
2．过双曲线的右焦点F作双曲线C的一条弦AB，且，若以AB为直径的圆经过双曲线C的左顶点，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
3．设，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
4．如图，正方体的棱长为1，动点在线段上，、分别是、的中点，则下列结论中错误的是（ ）
A．，B．存在点，使得平面平面
C．平面D．三棱锥的体积为定值
5．已知函数，将的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标保持不变；再把所得图象向上平移个单位长度，得到函数的图象，若，则的值可能为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数的图象如图所示，则下列说法错误的是（ ）
A．函数在上单调递减
B．函数在上单调递增
C．函数的对称中心是
D．函数的对称轴是
7．已知纯虚数满足，其中为虚数单位，则实数等于（ ）
A．B．1C．D．2
8．已知双曲线的一个焦点为，且与双曲线的渐近线相同，则双曲线的标准方程为( )
A．B．C．D．
9．一个组合体的三视图如图所示（图中网格小正方形的边长为1），则该几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．
10．如图，点E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点，点F，M分别在线段AC，BD1（不包含端点）上运动，则（ ）
A．在点F的运动过程中，存在EF//BC1
B．在点M的运动过程中，不存在B1M⊥AE
C．四面体EMAC的体积为定值
D．四面体FA1C1B的体积不为定值
11．设函数，则使得成立的的取值范围是（ ）．
A．B．
C．D．
12．已知，是双曲线的两个焦点，过点且垂直于轴的直线与相交于，两点，若，则△的内切圆的半径为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图，直线是曲线在处的切线，则________.
14．已知抛物线，点为抛物线上一动点，过点作圆的切线，切点分别为，则线段长度的取值范围为__________.
15．在四棱锥中，是边长为的正三角形，为矩形，，.若四棱锥的顶点均在球的球面上，则球的表面积为_____．
16．正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且平面，记与的轨迹构成的平面为．
①，使得；
②直线与直线所成角的正切值的取值范围是；
③与平面所成锐二面角的正切值为；
④正方体的各个侧面中，与所成的锐二面角相等的侧面共四个．
其中正确命题的序号是________．（写出所有正确命题的序号）
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）已知椭圆的长轴长为，离心率
（1）求椭圆的方程；
（2）设分别为椭圆与轴正半轴和轴正半轴的交点，是椭圆上在第一象限的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，问与面积之差是否为定值？说明理由.
18．（12分）设函数 .
(I)求的最小正周期；
(II)若且，求的值.
19．（12分）已知椭圆，上顶点为，离心率为，直线交轴于点，交椭圆于，两点，直线，分别交轴于点，．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）求证：为定值．
20．（12分）已知点、分别在轴、轴上运动，，．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过点且斜率存在的直线与曲线交于、两点，，求的取值范围．
21．（12分）设函数．
（1）当时，解不等式；
（2）设，且当时，不等式有解，求实数的取值范围．
22．（10分）已知函数f(x）=xlnx，g(x)=,
（1）求f(x)的最小值；
（2）对任意，都有恒成立，求实数a的取值范围；
（3）证明：对一切，都有成立．
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】
依题意，金箠由粗到细各尺重量构成一个等差数列，则，由此利用等差数列性质求出结果．
【详解】
设金箠由粗到细各尺重量依次所成得等差数列为，设首项，则，公差，.
故选B
【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2、C
【解析】
由得F是弦AB的中点.进而得AB垂直于x轴，得，再结合关系求解即可
【详解】
因为，所以F是弦AB的中点.且AB垂直于x轴.因为以AB为直径的圆经过双曲线C的左顶点，所以，即，则，故.
故选：C
【点睛】
本题是对双曲线的渐近线以及离心率的综合考查，是考查基本知识，属于基础题．
3、B
【解析】
先解不等式化简两个条件，利用集合法判断充分必要条件即可
【详解】
解不等式可得，
解绝对值不等式可得，
由于为的子集，
据此可知“”是“”的必要不充分条件．
故选：B
【点睛】
本题考查了必要不充分条件的判定，考查了学生数学运算，逻辑推理能力，属于基础题.
4、B
【解析】
根据平行的传递性判断A；根据面面平行的定义判断B；根据线面垂直的判定定理判断C；由三棱锥以三角形为底，则高和底面积都为定值，判断D.
【详解】
在A中，因为分别是中点，所以，故A正确；
在B中，由于直线与平面有交点，所以不存在点，使得平面平面，故B错误；
在C中，由平面几何得，根据线面垂直的性质得出，结合线面垂直的判定定理得出平面，故C正确；
在D中，三棱锥以三角形为底，则高和底面积都为定值，即三棱锥的体积为定值，故D正确；
故选：B
【点睛】
本题主要考查了判断面面平行，线面垂直等，属于中档题.
5、C
【解析】
利用二倍角公式与辅助角公式将函数的解析式化简，然后利用图象变换规律得出函数的解析式为，可得函数的值域为，结合条件，可得出、均为函数的最大值，于是得出为函数最小正周期的整数倍，由此可得出正确选项.
【详解】
函数，
将函数的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的倍，得的图象；
再把所得图象向上平移个单位，得函数的图象，易知函数的值域为.
若，则且，均为函数的最大值，
由，解得；
其中、是三角函数最高点的横坐标，
的值为函数的最小正周期的整数倍，且．故选C．
【点睛】
本题考查三角函数图象变换，同时也考查了正弦型函数与周期相关的问题，解题的关键在于确定、均为函数的最大值，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
6、B
【解析】
根据图象求得函数的解析式，结合余弦函数的单调性与对称性逐项判断即可.
【详解】
由图象可得，函数的周期，所以.
将点代入中，得，解得，由，可得，所以.
令，得，
故函数在上单调递减，
当时，函数在上单调递减，故A正确；
令，得，
故函数在上单调递增.
当时，函数在上单调递增，故B错误；
令，得，故函数的对称中心是，故C正确；
令，得，故函数的对称轴是，故D正确.
故选：B.
【点睛】
本题考查由图象求余弦型函数的解析式，同时也考查了余弦型函数的单调性与对称性的判断，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
7、B
【解析】
先根据复数的除法表示出，然后根据是纯虚数求解出对应的的值即可.
【详解】
因为，所以，
又因为是纯虚数，所以，所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查复数的除法运算以及根据复数是纯虚数求解参数值，难度较易.若复数为纯虚数，则有.
8、B
【解析】
根据焦点所在坐标轴和渐近线方程设出双曲线的标准方程，结合焦点坐标求解.
【详解】
∵双曲线与的渐近线相同，且焦点在轴上，
∴可设双曲线的方程为，一个焦点为，
∴，∴，故的标准方程为.
故选：B
【点睛】
此题考查根据双曲线的渐近线和焦点求解双曲线的标准方程，易错点在于漏掉考虑焦点所在坐标轴导致方程形式出错.
9、C
【解析】
根据组合几何体的三视图还原出几何体，几何体是圆柱中挖去一个三棱柱，从而解得几何体的体积.
【详解】
由几何体的三视图可得，
几何体的结构是在一个底面半径为1的圆、高为2的圆柱中挖去一个底面腰长为的等腰直角三角形、高为2的棱柱，
故此几何体的体积为圆柱的体积减去三棱柱的体积，
即，
故选C.
【点睛】
本题考查了几何体的三视图问题、组合几何体的体积问题，解题的关键是要能由三视图还原出组合几何体，然后根据几何体的结构求出其体积.
10、C
【解析】
采用逐一验证法，根据线线、线面之间的关系以及四面体的体积公式，可得结果.
【详解】
A错误
由平面，//
而与平面相交，
故可知与平面相交，所以不存在EF//BC1
B错误，如图，作
由
又平面，所以平面
又平面，所以
由//，所以
，平面
所以平面，又平面
所以，所以存在
C正确
四面体EMAC的体积为
其中为点到平面的距离，
由//，平面，平面
所以//平面，
则点到平面的距离即点到平面的距离，
所以为定值，故四面体EMAC的体积为定值
错误
由//，平面，平面
所以//平面，
则点到平面的距离即为点到平面的距离，
所以为定值
所以四面体FA1C1B的体积为定值
故选：C
【点睛】
本题考查线面、线线之间的关系，考验分析能力以及逻辑推理能力，熟练线面垂直与平行的判定定理以及性质定理，中档题.
11、B
【解析】
由奇偶性定义可判断出为偶函数，由单调性的性质可知在上单调递增，由此知在上单调递减，从而将所求不等式化为，解绝对值不等式求得结果.
【详解】
由题意知：定义域为，
，为偶函数，
当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，则在上单调递减，
由得：，解得：或，
的取值范围为.
故选：.
【点睛】
本题考查利用函数的单调性和奇偶性求解函数不等式的问题；奇偶性的作用是能够确定对称区间的单调性，单调性的作用是能够将函数值的大小关系转化为自变量的大小关系，进而化简不等式.
12、B
【解析】
设左焦点的坐标， 由AB的弦长可得a的值，进而可得双曲线的方程，及左右焦点的坐标，进而求出三角形ABF2的面积，再由三角形被内切圆的圆心分割3个三角形的面积之和可得内切圆的半径.
【详解】
由双曲线的方程可设左焦点，由题意可得，
由，可得，
所以双曲线的方程为:
所以，
所以
三角形ABF2的周长为
设内切圆的半径为r，所以三角形的面积，
所以，
解得，
故选：B
【点睛】
本题考查求双曲线的方程和双曲线的性质及三角形的面积的求法，内切圆的半径与三角形长周长的一半之积等于三角形的面积可得半径的应用，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、.
【解析】
求出切线的斜率，即可求出结论.
【详解】
由图可知直线过点，
可求出直线的斜率，
由导数的几何意义可知，.
故答案为:.
【点睛】
本题考查导数与曲线的切线的几何意义，属于基础题.
14、
【解析】
连接，易得，可得四边形的面积为，从而可得，进而求出的取值范围，可求得的范围.
【详解】
如图，连接，易得，所以四边形的面积为，且四边形的面积为三角形面积的两倍，所以，所以，
当最小时，最小，设点，则，
所以当时，，则，
当点的横坐标时，，此时，
因为随着的增大而增大，所以的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查直线与圆的位置关系的应用，考查抛物线上的动点到定点的距离的求法，考查学生的计算求解能力，属于中档题.
15、
【解析】
做 中点，的中点，连接，由已知条件可求出，运用余弦定理可求，从而在平面中建立坐标系，则以及的外接圆圆心为和长方形的外接圆圆心为在该平面坐标系的坐标可求，通过球心满足，即可求出的坐标，从而可求球的半径，进而能求出球的表面积.
【详解】
解：如图做 中点，的中点，连接 ，由题意知
，则
设的外接圆圆心为，则在直线上且
设长方形的外接圆圆心为，则在上且.设外接球的球心为
在 中，由余弦定理可知，.
在平面中，以 为坐标原点，以 所在直线为 轴，以过点垂直于 轴的直
线为 轴，如图建立坐标系，由题意知，在平面中且
设 ，则，因为，所以
解得.则
所以球的表面积为.
故答案为: .
【点睛】
本题考查了几何体外接球的问题，考查了球的表面积.关于几何体的外接球的做题思路有：一是通过将几何体补充到长方体中，将几何体的外接球等同于长方体的外接球，求出体对角线即为直径，但这种方法适用性较差；二是通过球的球心与各面外接圆圆心的连线与该平面垂直，设半径列方程求解；三是通过空间、平面坐标系进行求解.
16、①②③④
【解析】
取中点,中点,中点,先利用中位线的性质判断点的运动轨迹为线段,平面即为平面,画出图形,再依次判断:①利用等腰三角形的性质即可判断；②直线与直线所成角即为直线与直线所成角,设正方体的棱长为2,进而求解；③由,取为中点,则,则即为与平面所成的锐二面角,进而求解；④由平行的性质及图形判断即可.
【详解】
取中点,连接,则,所以,所以平面即为平面,
取中点,中点,连接,则易证得,
所以平面平面,所以点的运动轨迹为线段,平面即为平面.
①取为中点,因为是等腰三角形,所以,又因为,所以,故①正确；
②直线与直线所成角即为直线与直线所成角,设正方体的棱长为2,当点为中点时,直线与直线所成角最小,此时,；
当点与点或点重合时,直线与直线所成角最大,此时,
所以直线与直线所成角的正切值的取值范围是,②正确；
③与平面的交线为,且,取为中点,则即为与平面所成的锐二面角,,所以③正确；
④正方体的各个侧面中,平面,平面,平面,平面与平面所成的角相等,所以④正确．
故答案为:①②③④
【点睛】
本题考查直线与平面的空间位置关系,考查异面直线成角,二面角,考查空间想象能力与转化思想.
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）是定值，详见解析
【解析】
（1）根据长轴长为，离心率，则有求解.
（2）设，则，直线，令得，，则，直线，令，得，则，再根据求解.
【详解】
（1）依题意得，
解得，
则椭圆的方程.
（2）设，则，
直线，
令得，，
则，
直线，
令，得，
则，
.
【点睛】
本题主要考查椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，还考查了平面几何知识和运算求解的能力，属于中档题.
18、 (I)；(II)
【解析】
(I)化简得到，得到周期.
(II) ，故，根据范围判断，代入计算得到答案.
【详解】
(I)
，故.
(II) ，故，，
，故，，
故，故，
.
【点睛】
本题考查了三角函数的周期，三角恒等变换，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
19、（Ⅰ）；（Ⅱ），证明见解析．
【解析】
（Ⅰ）根据题意列出关于，，的方程组，解出，，的值，即可得到椭圆的方程；
（Ⅱ）设点，，点，，易求直线的方程为：，令得，，同理可得，所以
，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理代入上式，化简即可得到．
【详解】
（Ⅰ）解：由题意可知：，解得，
椭圆的方程为：；
（Ⅱ）证：设点，，点，，
联立方程，消去得：，
，①，
点，，，
直线的方程为：，令得，，，，
同理可得，，
，
把①式代入上式得：，
为定值．
【点睛】
本题主要考查直线与椭圆的位置关系、定值问题的求解；关键是能够通过直线与椭圆联立得到韦达定理的形式，利用韦达定理化简三角形面积得到定值；考查计算能力与推理能力，属于中档题．
20、（1）（2）
【解析】
(1)设坐标后根据向量的坐标运算即可得到轨迹方程.(2)联立直线和椭圆方程，用坐标表示出，得到，所以，代入韦达定理即可求解.
【详解】
（1）设，，则，
设，由得．
又由于，
化简得的轨迹的方程为．
（2）设直线的方程为，
与的方程联立，消去得，
，设，，
则，，
由已知，，则
，
故直线．
，
令，则
，
由于，，
．
所以，的取值范围为．
【点睛】
此题考查轨迹问题，椭圆和直线相交，注意坐标表示向量进行转化的处理技巧，属于较难题目.
21、（1）；（2）.
【解析】
（1）通过分类讨论去掉绝对值符号，进而解不等式组求得结果；
（2）将不等式整理为，根据能成立思想可知，由此构造不等式求得结果.
【详解】
（1）当时，可化为，
由，解得；由，解得；由，解得．
综上所述：所以原不等式的解集为．
（2），，，，
有解，，即，
又，，
实数的取值范围是．
【点睛】
本题考查绝对值不等式的求解、根据不等式有解求解参数范围的问题；关键是明确对于不等式能成立的问题，通过分离变量的方式将问题转化为所求参数与函数最值之间的比较问题.
22、 (1) (2)（ (3)见证明
【解析】
（1）先求函数导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号变化规律确定函数单调性，最后根据函数单调性确定最小值取法；（2）先分离不等式，转化为对应函数最值问题，利用导数求对应函数最值即得结果；（3）构造两个函数，再利用两函数最值关系进行证明.
【详解】
（1）
当时，单调递减，当时，单调递增，所以函数f(x）的最小值为f(）=；
（2）因为所以问题等价于在上恒成立，
记则，
因为，
令
函数f(x）在（0,1）上单调递减;
函数f(x）在（1，+）上单调递增；
即，
即实数a的取值范围为（.
（3）问题等价于证明
由（1）知道
，令
函数在（0,1）上单调递增；
函数在（1，+）上单调递减；
所以{，
因此，因为两个等号不能同时取得，所以
即对一切，都有成立.
【点睛】
对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.