2026届福建省永春县第一中学高考仿真卷数学试卷含解析

这是一份2026届福建省永春县第一中学高考仿真卷数学试卷含解析，共2页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，给出个数 ，，，，，，其规律是，设等差数列的前项和为，若，则， “”是“直线与互相平行”的等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．若两个非零向量、满足，且，则与夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
2．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为11，则图中的判断条件可以为（ ）
A．B．C．D．
3．定义，已知函数，，则函数的最小值为（ ）
A．B．C．D．
4．函数的图象与函数的图象的交点横坐标的和为（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数,则方程的实数根的个数是（ ）
A．B．C．D．
6．记等差数列的公差为，前项和为.若，，则（ ）
A．B．C．D．
7．给出个数 ，，，，，，其规律是：第个数是，第个数比第个数大 ，第个数比第个数大，第个数比第个数大，以此类推，要计算这个数的和．现已给出了该问题算法的程序框图如图，请在图中判断框中的①处和执行框中的②处填上合适的语句，使之能完成该题算法功能( )
A．；B．；
C．；D．；
8．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“乐”不排在第一节，“射”和“御”两门课程不相邻，则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有（ ）种.
A．408B．120C．156D．240
9．设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．10B．9C．8D．7
10． “”是“直线与互相平行”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
11．下列命题为真命题的个数是（ ）（其中，为无理数）
①；②；③.
A．0B．1C．2D．3
12．已知函数的最小正周期为的图象向左平移个单位长度后关于轴对称，则的单调递增区间为( )
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．边长为2的正方形经裁剪后留下如图所示的实线围成的部分，将所留部分折成一个正四棱锥.当该棱锥的体积取得最大值时，其底面棱长为________.
14．已知数列是等比数列，，则__________.
15．运行下面的算法伪代码，输出的结果为_____．
16．的角所对的边分别为，且，，若，则的值为__________.
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）已知多面体中，、均垂直于平面，，，，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
18．（12分）已知函数．
（1）若在处取得极值，求的值；
（2）求在区间上的最小值；
（3）在（1）的条件下，若，求证：当时，恒有成立．
19．（12分）设，函数，其中为自然对数的底数.
（1）设函数.
①若，试判断函数与的图像在区间上是否有交点；
②求证：对任意的，直线都不是的切线；
（2）设函数，试判断函数是否存在极小值，若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.
20．（12分）已知点P在抛物线上，且点P的横坐标为2，以P为圆心，为半径的圆（O为原点），与抛物线C的准线交于M，N两点，且．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若抛物线的准线与y轴的交点为H．过抛物线焦点F的直线l与抛物线C交于A，B，且，求的值．
21．（12分）已知函数，曲线在点处的切线在y轴上的截距为.
（1）求a；
（2）讨论函数和的单调性；
（3）设，求证：.
22．（10分）已知等差数列的前n项和为，等比数列的前n项和为，且，，.
（1）求数列与的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
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、A
【解析】
设平面向量与的夹角为，由已知条件得出，在等式两边平方，利用平面向量数量积的运算律可求得的值，即为所求.
【详解】
设平面向量与的夹角为，，可得，
在等式两边平方得，化简得.
故选：A.
【点睛】
本题考查利用平面向量的模求夹角的余弦值，考查平面向量数量积的运算性质的应用，考查计算能力，属于中等题.
2、B
【解析】
根据程序框图知当时，循环终止，此时，即可得答案.
【详解】
，.运行第一次，，不成立，运行第二次，
，不成立，运行第三次，
，不成立，运行第四次，
，不成立，运行第五次，
，成立，
输出i的值为11，结束.
故选：B.
【点睛】
本题考查补充程序框图判断框的条件，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意模拟程序一步一步执行的求解策略.
3、A
【解析】
根据分段函数的定义得，，则,再根据基本不等式构造出相应的所需的形式，可求得函数的最小值.
【详解】
依题意得，，则,
(当且仅当，即时“”成立.此时,，，的最小值为，
故选：A.
【点睛】
本题考查求分段函数的最值，关键在于根据分段函数的定义得出，再由基本不等式求得最值，属于中档题.
4、B
【解析】
根据两个函数相等，求出所有交点的横坐标，然后求和即可.
【详解】
令，有，所以或.又，所以或或或，所以函数的图象与函数的图象交点的横坐标的和，故选B.
【点睛】
本题主要考查三角函数的图象及给值求角，侧重考查数学建模和数学运算的核心素养.
5、D
【解析】
画出函数 ,将方程看作交点个数，运用图象判断根的个数．
【详解】
画出函数
令有两解 ，则分别有3个，2个解，故方程的实数根的个数是3+2=5个
故选：D
【点睛】
本题综合考查了函数的图象的运用，分类思想的运用，数学结合的思想判断方程的根，难度较大，属于中档题．
6、C
【解析】
由，和，可求得，从而求得和，再验证选项.
【详解】
因为，，
所以解得，
所以，
所以，，，
故选：C.
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式、前项和公式，还考查运算求解能力，属于中档题.
7、A
【解析】
要计算这个数的和，这就需要循环50次，这样可以确定判断语句①，根据累加最的变化规律可以确定语句②.
【详解】
因为计算这个数的和，循环变量的初值为1，所以步长应该为1，故判断语句①应为，第个数是，第个数比第个数大 ，第个数比第个数大，第个数比第个数大，这样可以确定语句②为，故本题选A.
【点睛】
本题考查了补充循环结构，正确读懂题意是解本题的关键.
8、A
【解析】
利用间接法求解，首先对6门课程全排列，减去“乐”排在第一节的情况，再减去“射”和“御”两门课程相邻的情况，最后还需加上“乐”排在第一节，且“射”和“御”两门课程相邻的情况；
【详解】
解：根据题意，首先不做任何考虑直接全排列则有（种），
当“乐”排在第一节有（种），
当“射”和“御”两门课程相邻时有（种），
当“乐”排在第一节，且“射”和“御”两门课程相邻时有（种），
则满足“乐”不排在第一节，“射”和“御”两门课程不相邻的排法有（种），
故选：．
【点睛】
本题考查排列、组合的应用，注意“乐”的排列对“射”和“御”两门课程相邻的影响，属于中档题．
9、B
【解析】
根据题意，解得，，得到答案.
【详解】
，解得，，故.
故选：.
【点睛】
本题考查了等差数列的求和，意在考查学生的计算能力.
10、A
【解析】
利用两条直线互相平行的条件进行判定
【详解】
当时，直线方程为与，可得两直线平行；
若直线与互相平行，则，解得，
，则“”是“直线与互相平行”的充分不必要条件，故选
【点睛】
本题主要考查了两直线平行的条件和性质，充分条件，必要条件的定义和判断方法，属于基础题．
11、C
【解析】
对于①中，根据指数幂的运算性质和不等式的性质，可判定值正确的；对于②中，构造新函数，利用导数得到函数为单调递增函数，进而得到，即可判定是错误的；对于③中，构造新函数，利用导数求得函数的最大值为，进而得到，即可判定是正确的.
【详解】
由题意，对于①中，由，可得，根据不等式的性质，可得成立，所以是正确的；
对于②中，设函数，则，所以函数为单调递增函数，
因为，则
又由，所以，即，所以②不正确；
对于③中，设函数，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，函数取得最大值，最大值为，
所以，即，即，所以是正确的.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了不等式的性质，以及导数在函数中的综合应用，其中解答中根据题意，合理构造新函数，利用导数求得函数的单调性和最值是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.
12、D
【解析】
先由函数的周期和图象的平移后的函数的图象性质得出函数的解析式，从而得出的解析式，再根据正弦函数的单调递增区间得出函数的单调递增区间，可得选项.
【详解】
因为函数的最小正周期是，所以，即，所以，
的图象向左平移个单位长度后得到的函数解析式为，
由于其图象关于轴对称，所以，又，所以，所以，
所以，
因为的递增区间是：，，
由，，得：，，
所以函数的单调递增区间为（）.
故选：D.
【点睛】
本题主要考查正弦型函数的周期性，对称性，单调性，图象的平移，在进行图象的平移时，注意自变量的系数，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】
根据题意，建立棱锥体积的函数，利用导数求函数的最大值即可.
【详解】
设底面边长为，则斜高为，即此四棱锥的高为，
所以此四棱锥体积为，
令，
令，
易知函数在时取得最大值.
故此时底面棱长.
故答案为：.
【点睛】
本题考查棱锥体积的求解，涉及利用导数研究体积最大值的问题，属综合中档题.
14、
【解析】
根据等比数列通项公式，首先求得，然后求得.
【详解】
设的公比为，由，得，故.
故答案为：
【点睛】
本小题主要考查等比数列通项公式的基本量计算，属于基础题.
15、
【解析】
模拟程序的运行过程知该程序运行后计算并输出的值,用裂项相消法求和即可.
【详解】
模拟程序的运行过程知,该程序运行后执行：
.
故答案为:
【点睛】
本题考查算法语句中的循环语句和裂项相消法求和;掌握循环体执行的次数是求解本题的关键;属于基础题.
16、
【解析】
先利用余弦定理求出，再用正弦定理求出并把转化为与边有关的等式，结合可求的值.
【详解】
因为，故，因为，所以.
由正弦定理可得三角形外接圆的半径满足，
所以即.
因为，
解得或（舍）.
故答案为：.
【点睛】
本题考查正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用，注意结合求解目标对所得的方程组变形整合后整体求解，本题属于中档题.
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）见解析；（2）．
【解析】
（1）取的中点，连接、，推导出四边形为平行四边形，可得出，由此能证明平面；
（2）由，得平面，则点到平面的距离等于点到平面的距离，在平面内过点作于点，就是到平面的距离，也就是点到平面的距离，由此能求出直线与平面所成角的正弦值．
【详解】
（1）取的中点，连接、，
、分别为、的中点，则且，
、均垂直于平面，且，则，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，因此，平面；
（2）由，平面，平面，平面，
点到平面的距离等于点到平面的距离，
在平面内过点作于点，
平面，平面，，
，，平面，
即就是到平面的距离，也就是点到平面的距离，
设，
则到平面的距离，，
因此，直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】
本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
18、（1）2；（2）；（3）证明见解析
【解析】
（1）先求出函数的定义域和导数，由已知函数在处取得极值，得到，即可求解的值；
（2）由（1）得，定义域为，分，和三种情况讨论，分别求得函数的最小值，即可得到结论；
（3）由，得到，把，只需证，构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】
（1）由，定义域为，则，
因为函数在处取得极值，
所以，即，解得，
经检验，满足题意，所以.
(2)由（1）得，定义域为，
当时，有，在区间上单调递增，最小值为，
当时，由得，且，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以在区间上单调递增，最小值为，
当时，则，当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以在处取得最小值，
综上可得：
当时，在区间上的最小值为1，
当时，在区间上的最小值为.
（3）由得，
当时，，则，
欲证，只需证，即证，即，
设，则，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，即，
故， 即当时，恒有成立.
【点睛】
本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
19、（1）①函数与的图象在区间上有交点；②证明见解析；（2）且；
【解析】
（1）①令，结合函数零点的判定定理判断即可；②设切点横坐标为，求出切线方程，得到，根据函数的单调性判断即可；
（2）求出的解析式，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，确定的范围即可．
【详解】
解：（1）①当时，函数，
令，，
则，，
故，
又函数在区间上的图象是不间断曲线，
故函数在区间上有零点，
故函数与的图象在区间上有交点；
②证明：假设存在，使得直线是曲线的切线，
切点横坐标为，且，
则切线在点切线方程为，
即，
从而，且，
消去，得，故满足等式，
令，所以，
故函数在和上单调递增，
又函数在时，
故方程有唯一解，
又，
故不存在，即证；
（2）由得，
，，
令，
则，
，
当时，递减，
故当时，，递增，
当时，，递减，
故在处取得极大值，不合题意；
时，则在递减，在，递增，
①当时，，
故在递减，
可得当时，，
当时，，
，
易证，令，，
令，
故，则，
故在递增，
则，
即时，，
故在，内存在，使得，
故在，上递减，在，递增，
故在处取得极小值．
②由（1）知，，
故在递减，在递增，
故时，，递增，不合题意；
③当时，，
当，时，，递减，
当时，，递增，
故在处取极小值，符合题意，
综上，实数的范围是且．
【点睛】
本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，属于难题．
20、 (1) (2)4
【解析】
（1）将点P横坐标代入抛物线中求得点P的坐标，利用点P到准线的距离d和勾股定理列方程求出p的值即可；（2）设A、B点坐标以及直线AB的方程，代入抛物线方程，利用根与系数的关系，以及垂直关系，得出关系式，计算的值即可．
【详解】
（1）将点P横坐标代入中，求得，
∴P（2，），，
点P到准线的距离为，
∴，
∴，
解得，∴，
∴抛物线C的方程为：；
（2）抛物线的焦点为F（0，1），准线方程为，；
设，
直线AB的方程为，代入抛物线方程可得，
∴，…①
由，可得，
又，，
∴，
∴，
即，
∴，…②
把①代入②得，，
则．
【点睛】
本题考查直线与抛物线的位置关系，以及抛物线与圆的方程应用问题，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
21、（1） （2）为减函数，为增函数. （3）证明见解析
【解析】
（1）求出导函数，求出切线方程，令得切线的纵截距，可得（必须利用函数的单调性求解）；
（2）求函数的导数，由导数的正负确定单调性；
（3）不等式变形为，由递减，得()，即，即，依次放缩，．
不等式，递增得()，,,,先证，然后同样放缩得出结论．
【详解】
解：（1）对求导，得.
因此.又因为，
所以曲线在点处的切线方程为
，
即.
由题意，.
显然，适合上式.
令，
求导得，
因此为增函数：故是唯一解.
（2）由（1）可知，，
因为，
所以为减函数.
因为，
所以为增函数.
（3）证明：由，易得.
由（2）可知，在上为减函数.
因此，当时，，即.
令，得，即.
因此，当时，.
所以成立.
下面证明：.
由（2）可知，在上为增函数.
因此，当时，，
即.
因此，
即.
令，得，
即.
当时，
.
因为，
所以，所以.
所以，当时，
.
所以，当时，成立.
综上所述，当时，成立.
【点睛】
本题考查导数的几何意义，考查用导数研究函数的单调性，考查用导数证明不等式．本题中不等式的证明，考查了转化与化归的能力，把不等式变形后利用第（2）小题函数的单调性得出数列的不等关系：，．这是最关键的一步．然后一步一步放缩即可证明．本题属于困难题．
22、（1）；（2）
【解析】
(1)设数列的公差为d,由可得,,由即可解得,故,由,即可解得,进而求得.
(2) 由（1）得，,利用分组求和及错位相减法即可求得结果.
【详解】
（1）设数列的公差为d，数列的公比为q，
由可得，，
整理得，即，
故，
由可得，则，即，
故.
（2）由（1）得，，，
故，
所以，数列的前n项和为，
设①，
则②，
②①得，
综上，数列的前n项和为.
【点睛】
本题考查求等差等比的通项公式,考试分组求和及错位相减法求数列的和,考查学生的计算能力,难度一般.