2026届福建省莆田市高考仿真卷数学试卷含解析

这是一份2026届福建省莆田市高考仿真卷数学试卷含解析，共20页。试卷主要包含了下列函数中，值域为的偶函数是，关于函数，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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．已知椭圆内有一条以点为中点的弦，则直线的方程为( )
A．B．
C．D．
2．若，则的虚部是（ ）
A．B．C．D．
3．设，，，则，，三数的大小关系是
A．B．
C．D．
4．把函数图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再将图象向右平移个单位，那么所得图象的一个对称中心为（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数，若曲线上始终存在两点，，使得，且的中点在轴上，则正实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．下列函数中，值域为的偶函数是（ ）
A．B．C．D．
7．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．
8．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
9．如图，圆的半径为，，是圆上的定点，，是圆上的动点， 点关于直线的对称点为，角的始边为射线，终边为射线，将表示为的函数，则在上的图像大致为（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数是偶函数，当时，函数单调递减，设，，，则的大小关系为（）
A．B．C．D．
11．已知单位向量，的夹角为，若向量，，且，则（ ）
A．2B．2C．4D．6
12．如图，正三棱柱各条棱的长度均相等，为的中点，分别是线段和线段的动点（含端点），且满足，当运动时，下列结论中不正确的是
A．在内总存在与平面平行的线段
B．平面平面
C．三棱锥的体积为定值
D．可能为直角三角形
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．如图，四面体的一条棱长为，其余棱长均为1，记四面体的体积为，则函数的单调增区间是____；最大值为____.
14．《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》一章给出了弧田面积的计算公式．如图所示，弧田是由圆弧AB和其所对弦AB围成的图形，若弧田的弧AB长为4π，弧所在的圆的半径为6，则弧田的弦AB长是__________，弧田的面积是__________．
15．在一次医疗救助活动中，需要从A医院某科室的6名男医生、4名女医生中分别抽调3名男医生、2名女医生，且男医生中唯一的主任医师必须参加，则不同的选派案共有________种.(用数字作答)
16．成都市某次高三统考，成绩X经统计分析，近似服从正态分布，且，若该市有人参考，则估计成都市该次统考中成绩大于分的人数为_____．
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，函数.
（1）若函数在上为减函数，求实数的取值范围；
（2）求证：对上的任意两个实数，，总有成立.
18．（12分）设函数.
（1）若函数在是单调递减的函数，求实数的取值范围；
（2）若，证明：.
19．（12分）已知关于的不等式有解.
（1）求实数的最大值；
（2）若，，均为正实数，且满足.证明：.
20．（12分）若正数满足，求的最小值.
21．（12分）已知椭圆：的离心率为，右焦点为抛物线的焦点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）为坐标原点，过作两条射线，分别交椭圆于、两点，若、斜率之积为，求证：的面积为定值.
22．（10分）已知是圆：的直径，动圆过，两点，且与直线相切.
（1）若直线的方程为，求的方程；
（2）在轴上是否存在一个定点，使得以为直径的圆恰好与轴相切？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
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、C
【解析】
设，，则，，相减得到，解得答案.
【详解】
设，，设直线斜率为，则，，
相减得到：，的中点为，
即，故，直线的方程为：.
故选：.
【点睛】
本题考查了椭圆内点差法求直线方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.
2、D
【解析】
通过复数的乘除运算法则化简求解复数为：的形式，即可得到复数的虚部.
【详解】
由题可知，
所以的虚部是1.
故选：D.
【点睛】
本题考查复数的代数形式的混合运算，复数的基本概念，属于基础题.
3、C
【解析】
利用对数函数，指数函数以及正弦函数的性质和计算公式，将a，b，c与，比较即可.
【详解】
由，
，
，
所以有.选C.
【点睛】
本题考查对数值，指数值和正弦值大小的比较，是基础题，解题时选择合适的中间值比较是关键，注意合理地进行等价转化.
4、D
【解析】
试题分析：把函数图象上各点的横坐标伸长为原来的倍（纵坐标不变），可得的图象；再将图象向右平移个单位，可得的图象，那么所得图象的一个对称中心为，故选D.
考点：三角函数的图象与性质.
5、D
【解析】
根据中点在轴上，设出两点的坐标，，（）.对分成三类，利用则，列方程，化简后求得，利用导数求得的值域，由此求得的取值范围.
【详解】
根据条件可知，两点的横坐标互为相反数，不妨设，，（），若，则，由，所以，即，方程无解；若，显然不满足；若，则，由，即，即，因为，所以函数在上递减，在上递增，故在处取得极小值也即是最小值，所以函数在上的值域为，故.故选D.
【点睛】
本小题主要考查平面平面向量数量积为零的坐标表示，考查化归与转化的数学思想方法，考查利用导数研究函数的最小值，考查分析与运算能力，属于较难的题目.
6、C
【解析】
试题分析：A中，函数为偶函数，但，不满足条件；B中，函数为奇函数，不满足条件；C中，函数为偶函数且，满足条件；D中，函数为偶函数，但，不满足条件，故选C．
考点：1、函数的奇偶性；2、函数的值域．
7、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.
8、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：.
【点睛】
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.
9、B
【解析】
根据图象分析变化过程中在关键位置及部分区域，即可排除错误选项，得到函数图象，即可求解.
【详解】
由题意，当时，P与A重合，则与B重合，
所以,故排除C,D选项；
当时，，由图象可知选B.
故选：B
【点睛】
本题主要考查三角函数的图像与性质，正确表示函数的表达式是解题的关键,属于中档题.
10、A
【解析】
根据图象关于轴对称可知关于对称，从而得到在上单调递增且；再根据自变量的大小关系得到函数值的大小关系.
【详解】
为偶函数 图象关于轴对称
图象关于对称
时，单调递减 时，单调递增
又且 ，即
本题正确选项：
【点睛】
本题考查利用函数奇偶性、对称性和单调性比较函数值的大小关系问题，关键是能够通过奇偶性和对称性得到函数的单调性，通过自变量的大小关系求得结果.
11、C
【解析】
根据列方程，由此求得的值，进而求得.
【详解】
由于，所以，即
，
解得.
所以
所以
.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查向量垂直的表示，考查向量数量积的运算，考查向量模的求法，属于基础题.
12、D
【解析】
A项用平行于平面ABC的平面与平面MDN相交，则交线与平面ABC平行；
B项利用线面垂直的判定定理；
C项三棱锥与三棱锥体积相等，三棱锥的底面积是定值，高也是定值，则体积是定值;
D项用反证法说明三角形DMN不可能是直角三角形.
【详解】
A项，用平行于平面ABC的平面截平面MND，则交线平行于平面ABC，故正确；
B项，如图：
当M、N分别在BB1、CC1上运动时,若满足BM=CN,则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O,由DO垂直于平面BCC1B1可得平面平面，故正确；
C项,当M、N分别在BB1、CC1上运动时,△A1DM的面积不变,N到平面A1DM的距离不变,所以棱锥N-A1DM的体积不变,即三棱锥A1-DMN的体积为定值,故正确；
D项,若△DMN为直角三角形,则必是以∠MDN为直角的直角三角形,但MN的最大值为BC1,而此时DM,DN的长大于BB1,所以△DMN不可能为直角三角形,故错误.
故选D
【点睛】
本题考查了命题真假判断、棱柱的结构特征、空间想象力和思维能力，意在考查对线面、面面平行、垂直的判定和性质的应用，是中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、(或写成)
【解析】
试题分析：设，取中点则,因此,所以，因为在单调递增，最大值为所以单调增区间是，最大值为
考点：函数最值，函数单调区间
14、6 12π﹣9
【解析】
过作，交于，先求得圆心角的弧度数，然后解解三角形求得的长.利用扇形面积减去三角形的面积，求得弧田的面积.
【详解】
∵如图，弧田的弧AB长为4π，弧所在的圆的半径为6，过作，交于，根据圆的几何性质可知，垂直平分.
∴α＝∠AOB＝＝，可得∠AOD＝，OA＝6，
∴AB＝2AD＝2OAsin＝2×＝6，
∴弧田的面积S＝S扇形OAB﹣S△OAB＝4π×6﹣＝12π﹣9．
故答案为：6，12π﹣9．
【点睛】
本小题主要考查弓形弦长和弓形面积的计算，考查中国古代数学文化，属于中档题.
15、
【解析】
首先选派男医生中唯一的主任医师，由题意利用排列组合公式即可确定不同的选派案方法种数.
【详解】
首先选派男医生中唯一的主任医师，
然后从名男医生、名女医生中分别抽调2名男医生、名女医生，
故选派的方法为：.
故答案为．
【点睛】
解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．
16、.
【解析】
根据正态分布密度曲线性质，结合求得，即可得解.
【详解】
根据正态分布，且，
所以
故该市有人参考，则估计成都市该次统考中成绩大于分的人数为．
故答案为：．
【点睛】
此题考查正态分布密度曲线性质的理解辨析，根据曲线的对称性求解概率，根据总人数求解成绩大于114的人数.
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）见解析
【解析】
（1）求出函数的导函数，依题意可得在上恒成立，参变分离得在上恒成立.设，求出即可得到参数的取值范围；
（2）不妨设，，，
利用导数说明函数在上是减函数，即可得证；
【详解】
解：（1）∵
∴，且函数在上为减函数，即在上恒成立，
∴在上恒成立.设，
∵函数在上单调递增，∴，
∴，∴实数的取值范围为.
（2）不妨设，，，
则，
∴.
∵，∴，
又，令，∴，
∴在上为减函数，∴，
∴，即，
∴在上是减函数，∴，即，
∴，
∴当时，.
∵，∴.
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的单调性、极值与最值，利用导数证明不等式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
18、（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）求出导函数，由在上恒成立，采用分离参数法求解；
（2）观察函数，不等式凑配后知，利用时可证结论．
【详解】
（1）因为在上单调递减，
所以，即在上恒成立
因为在上是单调递减的，所以，所以
（2）因为，所以
由（1）知，当时，在上单调递减
所以
即
所以.
【点睛】
本题考查用导数研究函数的单调性，考查用导数证明不等式．解题关键是把不等式与函数的结论联系起来，利用函数的特例得出不等式的证明．
19、（1）；（2）见解析
【解析】
（1）由题意，只需找到的最大值即可；
（2），构造并利用基本不等式可得，即.
【详解】
（1），
∴的最大值为4.
关于的不等式有解等价于，
（ⅰ）当时，上述不等式转化为，解得，
（ⅱ）当时，上述不等式转化为，解得，
综上所述，实数的取值范围为，则实数的最大值为3，即.
（2）证明：根据（1）求解知，所以，
又∵，，，，
，当且仅当时，等号成立，
即，∴，
所以，.
【点睛】
本题考查绝对值不等式中的能成立问题以及综合法证明不等式问题，是一道中档题.
20、
【解析】
试题分析：由柯西不等式得，所以
试题解析：因为均为正数，且，
所以．
于是由均值不等式可知
，
当且仅当时，上式等号成立．
从而．
故的最小值为．此时．
考点：柯西不等式
21、（1）；（2）见解析
【解析】
（1）由条件可得，再根据离心率可求得，则可得椭圆方程；
（2）当与轴垂直时，设直线的方程为：，与椭圆联立求得的坐标，通过、斜率之积为列方程可得的值，进而可得的面积；当与轴不垂直时，设，，的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理和、斜率之积为可得，再利用弦长公式求出，以及到的距离，通过三角形的面积公式求解.
【详解】
（1）抛物线的焦点为，
，
，，
，，
椭圆方程为；
（2）（ⅰ）当与轴垂直时，设直线的方程为：
代入得：，，
，
解得：，
；
（ⅱ）当与轴不垂直时，设，，的方程为
由，
由①
，
，
，
即
整理得：
代入①得：
到的距离
综上：为定值.
【点睛】
本题考查椭圆方程的求解，考查直线和椭圆的位置关系，考查韦达定理的应用，考查了学生的计算能力，是中档题.
22、（1）或. （2）存在，；
【解析】
（1）根据动圆过，两点，可得圆心在的垂直平分线上，由直线的方程为，可知在直线上；设，由动圆与直线相切可得动圆的半径为；又由，及垂径定理即可确定的值，进而确定圆的方程.
（2）方法一：设，可得圆的半径为，根据，可得方程为并化简可得的轨迹方程为.设，，可得的中点，进而由两点间距离公式表示出半径，表示出到轴的距离，代入化简即可求得的值，进而确定所过定点的坐标；方法二：同上可得的轨迹方程为，由抛物线定义可求得，表示出线段的中点的坐标，根据到轴的距离可得等量关系，进而确定所过定点的坐标.
【详解】
（1）因为过点，，所以圆心在的垂直平分线上.
由已知的方程为，且，关于于坐标原点对称，
所以在直线上，故可设.
因为与直线相切，所以的半径为.
由已知得，，又，
故可得，解得或.
故的半径或，
所以的方程为或.
（2）法一：设，由已知得的半径为，.
由于，故可得，化简得的轨迹方程为.
设，，则得，的中点，
则以为直径的圆的半径为：
，
到轴的距离为，
令，①
化简得，即，
故当时，①式恒成立.
所以存在定点，使得以为直径的圆与轴相切.
法二：设，由已知得的半径为，.
由于，故可得，化简得的轨迹方程为.
设，因为抛物线的焦点坐标为，
点在抛物线上，所以，
线段的中点的坐标为，
则到轴的距离为，
而，
故以为径的圆与轴切，
所以当点与重合时，符合题意，
所以存在定点，使得以为直径的圆与轴相切.
【点睛】
本题考查了圆的标准方程求法，动点轨迹方程的求法，抛物线定义及定点问题的解法综合应用，属于难题.