2026届福建省师范大学附中高考考前模拟数学试题含解析

这是一份2026届福建省师范大学附中高考考前模拟数学试题含解析，共2页。试卷主要包含了设全集集合，则，函数，已知复数等内容，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，，分别是三个内角，，的对边，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知为抛物线的焦点，点在抛物线上，且，过点的动直线与抛物线交于两点，为坐标原点，抛物线的准线与轴的交点为.给出下列四个命题：
①在抛物线上满足条件的点仅有一个；
②若是抛物线准线上一动点，则的最小值为；
③无论过点的直线在什么位置，总有；
④若点在抛物线准线上的射影为，则三点在同一条直线上.
其中所有正确命题的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．命题：的否定为
A．B．
C．D．
4．已知直线y＝k（x﹣1）与抛物线C：y2＝4x交于A，B两点，直线y＝2k（x﹣2）与抛物线D：y2＝8x交于M，N两点，设λ＝|AB|﹣2|MN|，则（ ）
A．λ＜﹣16B．λ＝﹣16C．﹣12＜λ＜0D．λ＝﹣12
5．设全集集合，则（ ）
A．B．C．D．
6．函数（且）的图象可能为（ ）
A．B．C．D．
7．已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
A．的虚部为B．复数在复平面内对应的点位于第三象限
C．的共轭复数D．
8．关于函数在区间的单调性，下列叙述正确的是（ ）
A．单调递增B．单调递减C．先递减后递增D．先递增后递减
9．已知平面向量，，，则实数x的值等于（ ）
A．6B．1C．D．
10．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
11．正项等差数列的前和为，已知，则=（ ）
A．35B．36C．45D．54
12．已知函数有两个不同的极值点，，若不等式有解，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．函数的定义域为__________．
14．在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，若四棱锥为阳马，侧棱底面，且，，设该阳马的外接球半径为，内切球半径为，则__________．
15．安排名男生和名女生参与完成项工作，每人参与一项，每项工作至少由名男生和名女生完成，则不同的安排方式共有________种（用数字作答）.
16．观察下列式子，，，，……，根据上述规律，第个不等式应该为__________．
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）如图，四棱锥中，平面平面，若，四边形是平行四边形，且.
（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）若点在线段上，且平面，，，求二面角的余弦值.
18．（12分）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若函数在区间上的最小值为，求m的值.
19．（12分）已知是各项都为正数的数列，其前项和为，且为与的等差中项．
（1）求证：数列为等差数列；
（2）设，求的前100项和．
20．（12分）已知矩阵的一个特征值为4，求矩阵A的逆矩阵.
21．（12分）已知函数与的图象关于直线对称. （为自然对数的底数）
（1）若的图象在点处的切线经过点，求的值；
（2）若不等式恒成立，求正整数的最小值.
22．（10分）如图，为坐标原点，点为抛物线的焦点，且抛物线上点处的切线与圆相切于点
（1）当直线的方程为时，求抛物线的方程；
（2）当正数变化时，记分别为的面积，求的最小值．
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、C
【解析】
原式由正弦定理化简得，由于，可求的值.
【详解】
解：由及正弦定理得.
因为，所以代入上式化简得.
由于，所以.
又，故.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查正弦定理解三角形，三角函数恒等变换等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，属于中档题.
2、C
【解析】
①：由抛物线的定义可知，从而可求 的坐标；②：做关于准线的对称点为，通过分析可知当三点共线时取最小值，由两点间的距离公式，可求此时最小值；③：设出直线方程，联立直线与抛物线方程，结合韦达定理，可知焦点坐标的关系，进而可求，从而可判断出的关系；④：计算直线 的斜率之差，可得两直线斜率相等，进而可判断三点在同一条直线上.
【详解】
解：对于①，设，由抛物线的方程得，则， 故，
所以或，所以满足条件的点有二个，故①不正确；
对于②，不妨设，则关于准线的对称点为，
故，
当且仅当三点共线时等号成立，故②正确；
对于③，由题意知， ，且的斜率不为0，则设方程为：，
设与抛物线的交点坐标为，联立直线与抛物线的方程为，
，整理得，则，所以
，
则
.故的倾斜角互补，所以，故③正确.
对于④，由题意知 ，由③知，
则 ，由，
知，即三点在同一条直线上，故④正确.
故选:C.
【点睛】
本题考查了抛物线的定义，考查了直线与抛物线的位置关系，考查了抛物线的性质，考查了直线方程，考查了两点的斜率公式.本题的难点在于第二个命题，结合初中的“饮马问题”分析出何时取最小值.
3、C
【解析】
命题为全称命题，它的否定为特称命题，将全称量词改为存在量词，并将结论否定，可知命题的否定为，故选C．
4、D
【解析】
分别联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理，可得，，然后计算，可得结果.
【详解】
设，
联立
则，
因为直线经过C的焦点，
所以.
同理可得，
所以
故选：D.
【点睛】
本题考查的是直线与抛物线的交点问题，运用抛物线的焦点弦求参数，属基础题。
5、A
【解析】
先求出，再与集合N求交集.
【详解】
由已知，，又，所以.
故选：A.
【点睛】
本题考查集合的基本运算，涉及到补集、交集运算，是一道容易题.
6、D
【解析】
因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.
考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.
7、D
【解析】
利用的周期性先将复数化简为即可得到答案.
【详解】
因为，，，所以的周期为4，故，
故的虚部为2，A错误；在复平面内对应的点为，在第二象限，B错误；的共
轭复数为，C错误；，D正确.
故选：D.
【点睛】
本题考查复数的四则运算，涉及到复数的虚部、共轭复数、复数的几何意义、复数的模等知识，是一道基础题.
8、C
【解析】
先用诱导公式得,再根据函数图像平移的方法求解即可.
【详解】
函数的图象可由向左平移个单位得到,如图所示,在上先递减后递增.
故选：C
【点睛】
本题考查三角函数的平移与单调性的求解.属于基础题.
9、A
【解析】
根据向量平行的坐标表示即可求解.
【详解】
，，，
，
即，
故选：A
【点睛】
本题主要考查了向量平行的坐标运算，属于容易题.
10、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.
11、C
【解析】
由等差数列通项公式得，求出，再利用等差数列前项和公式能求出.
【详解】
正项等差数列的前项和，
，
，
解得或（舍），
，故选C.
【点睛】
本题主要考查等差数列的性质与求和公式，属于中档题. 解等差数列问题要注意应用等差数列的性质（）与前 项和的关系.
12、C
【解析】
先求导得（），由于函数有两个不同的极值点，，转化为方程有两个不相等的正实数根，根据，，，求出的取值范围，而有解，通过分裂参数法和构造新函数，通过利用导数研究单调性、最值，即可得出的取值范围.
【详解】
由题可得：（），
因为函数有两个不同的极值点，，
所以方程有两个不相等的正实数根，
于是有解得.
若不等式有解，
所以
因为
.
设，
，故在上单调递增，
故，
所以，
所以的取值范围是.
故选：C.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数单调性、最值来求参数取值范围，以及运用分离参数法和构造函数法，还考查分析和计算能力，有一定的难度.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
根据函数成立的条件列不等式组,求解即可得定义域.
【详解】
解:要使函数有意义,则 ,
即.则定义域为: .
故答案为:
【点睛】
本题主要考查定义域的求解,要熟练掌握张建函数成立的条件.
14、
【解析】
该阳马补形所得到的长方体的对角线为外接球的直径，由此能求出，内切球在侧面内的正视图是的内切圆，从而内切球半径为，由此能求出．
【详解】
四棱锥为阳马，侧棱底面，
且，，设该阳马的外接球半径为，
该阳马补形所得到的长方体的对角线为外接球的直径，
，
，
侧棱底面，且底面为正方形，
内切球在侧面内的正视图是的内切圆，
内切球半径为，
故．
故答案为．
【点睛】
本题考查了几何体外接球和内切球的相关问题，补形法的运用，以及数学文化，考查了空间想象能力，是中档题．解决球与其他几何体的切、接问题，关键是能够确定球心位置，以及选择恰当的角度做出截面.球心位置的确定的方法有很多，主要有两种：（1）补形法（构造法），通过补形为长方体（正方体），球心位置即为体对角线的中点；（2）外心垂线法，先找出几何体中不共线三点构成的三角形的外心，再找出过外心且与不共线三点确定的平面垂直的垂线，则球心一定在垂线上.
15、1296
【解析】
先从4个男生选2个一组，将4人分成三组，然后从4个女生选2个一组，将4人分成三组，然后全排列即可.
【详解】
由于每项工作至少由名男生和名女生完成，则先从4个男生选2个一组，将4人分成三组，所以男生的排法共有，同理女生的排法共有，故不同的安排共有种.
故答案为：1296
【点睛】
本题主要考查了排列组合的应用，考查了学生应用数学解决实际问题的能力.
16、
【解析】
根据题意，依次分析不等式的变化规律，综合可得答案．
【详解】
解：根据题意，对于第一个不等式，，则有，
对于第二个不等式，，则有，
对于第三个不等式，，则有，
依此类推：
第个不等式为：，
故答案为．
【点睛】
本题考查归纳推理的应用，分析不等式的变化规律．
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、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）推导出BC⊥CE,从而EC⊥平面ABCD,进而EC⊥BD，再由BD⊥AE，得BD⊥平面
AEC,从而BD⊥AC,进而四边形ABCD是菱形，由此能证明AB=AD.
（Ⅱ）设AC与BD的交点为G,推导出EC// FG,取BC的中点为O,连结OD,则OD⊥BC,以O为坐标原点，以过点O且与CE平行的直线为x轴，以BC为y轴，OD为z轴，建立
空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A-BF-D的余弦值.
【详解】
（Ⅰ）证明：，即，
因为平面平面，
所以平面，
所以，
因为，
所以平面，
所以，
因为四边形是平行四边形，
所以四边形是菱形，
故；
解法一：（Ⅱ）设与的交点为，
因为平面，
平面平面于，
所以，
因为是中点，
所以是的中点，
因为，
取的中点为，连接，
则，
因为平面平面，
所以面，
以为坐标原点，以过点且与平行的直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系.不妨设，则，，，，，，，
设平面的法向量，
则，取，
同理可得平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，
因为，
所以二面角的余弦值为.
解法二：（Ⅱ）设与的交点为，
因为平面，平面平面于，
所以，
因为是中点，
所以是的中点，
因为，，
所以平面，
所以，
取中点，连接、，
因为，
所以，
故平面，
所以，即是二面角的平面角，
不妨设，
因为，，
在中，，
所以，所以二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查求空间角中的二面角的余弦值，还考查由空间中线面关系进而证明线线相等，属于中档题.
18、（1）见解析 （2）
【解析】
（1）先求导，再对m分类讨论，求出的单调性；（2）对m分三种情况讨论求函数在区间上的最小值即得解.
【详解】
（1）
若，当时，；
当时.，
所以在上单调递增，在上单调递减
若.在R上单调递增
若，当时，；
当时.，
所以在上单调递增，在上单调递减
（2）由（1）可知，当时，在上单调递增，则.则不合题意
当时，在上单调递减，在上单调递增.
则，即
又因为单调递增，且，故
综上，
【点睛】
本题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
19、（1）证明见解析； （2）.
【解析】
（1）利用已知条件化简出，当时，，当时，再利用进行化简，得出，即可证明出为等差数列；
（2）根据（1）中，求出数列的通项公式，再化简出，可直接求出的前100项和．
【详解】
解：（1）由题意知，即，①
当时，由①式可得；
又时，有，
代入①式得，
整理得，
∴是首项为1，公差为1的等差数列．
（2）由（1）可得，
∵是各项都为正数，∴，
∴，
又，
∴，
则，
，
即：.
∴的前100项和．
【点睛】
本题考查数列递推关系的应用，通项公式的求法以及裂项相消法求和，考查分析解题能力和计算能力.
20、.
【解析】
根据特征多项式可得，可得，进而可得矩阵A的逆矩阵.
【详解】
因为矩阵的特征多项式，所以，所以.
因为，且，
所以.
【点睛】
本题考查矩阵的特征多项式以及逆矩阵的求解，是基础题.
21、（1）e；（2）2.
【解析】
（1）根据反函数的性质，得出，再利用导数的几何意义，求出曲线在点处的切线为，构造函数，利用导数求出单调性，即可得出的值；
（2）设，求导，求出的单调性，从而得出最大值为，结合恒成立的性质，得出正整数的最小值.
【详解】
（1）根据题意，与的图象关于直线对称，
所以函数的图象与互为反函数，则,，
设点，，又，
当时，，
曲线在点处的切线为，
即，代入点，
得，即，
构造函数，
当时，，
当时，，
且，当时，单调递增，
而， 故存在唯一的实数根.
（2）由于不等式恒成立，
可设，
所以，
令，得.
所以当时，；当时，，
因此函数在是增函数，在是减函数.
故函数的最大值为 .
令，
因为， ，
又因为在是减函数.
所以当时，.
所以正整数的最小值为2.
【点睛】
本题考查导数的几何意义和利用导数解决恒成立问题，涉及到单调性、构造函数法等，考查函数思想和计算能力.
22、（1）x2=4y．（2）.
【解析】
试题解析：（Ⅰ）设点P（x0，），由x2=2py（p＞0）得，y=，求导y′=，
因为直线PQ的斜率为1，所以=1且x0--√2=0，解得p=2，
所以抛物线C1的方程为x2=4y．
（Ⅱ）因为点P处的切线方程为：y-=（x-x0），即2x0x-2py-x02=0，
∴ OQ的方程为y=-x
根据切线与圆切，得d=r，即，化简得x04=4x02+4p2，
由方程组，解得Q（，），
所以|PQ|=√1+k2|xP-xQ|=
点F（0，）到切线PQ的距离是d=，
所以S1==，
S2=，
而由x04=4x02+4p2知，4p2=x04-4x02＞0，得|x0|＞2，
所以
=
=+1≥2+1，当且仅当时取“=”号，
即x02=4+2，此时，p=．
所以的最小值为2+1．
考点：求抛物线的方程，与抛物线有关的最值问题.