2026届福建省漳平市第一中学高考数学考前最后一卷预测卷含解析

这是一份2026届福建省漳平市第一中学高考数学考前最后一卷预测卷含解析，共18页。试卷主要包含了已知集合，，则等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，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．设全集U=R，集合，则（ ）
A．{x|-1 0，a+b=1，
∴，
当且仅当时取“＝”号．
答案：C
【点睛】
本题考查基本不等式的应用，“1”的应用，利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是首先要判断参数是否为正；二定是其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是最后一定要验证等号能否成立，属于基础题.
9、D
【解析】
因为，，
所以，，故选D．
10、D
【解析】
利用导数求得在区间上的最大值和最小，根据三角形两边的和大于第三边列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】
的定义域为，，
所以在上递减，在上递增，在处取得极小值也即是最小值，，，，，
所以在区间上的最大值为.
要使在区间上任取三个实数，，均存在以，，为边长的三角形，
则需恒成立，且，
也即，也即当、时，成立，
即，且，解得.所以的取值范围是.
故选：D
【点睛】
本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查恒成立问题的求解，属于中档题.
11、B
【解析】
由模长公式求解即可.
【详解】
，
当时取等号，所以本题答案为B.
【点睛】
本题考查向量的数量积，考查模长公式，准确计算是关键，是基础题.
12、A
【解析】
分别代值计算可得，观察可得数列是以3为周期的周期数列，问题得以解决.
【详解】
解：∵，()，
，
，
，
，
…，
∴数列是以3为周期的周期数列，
，
，
故选：A.
【点睛】
本题考查数列的周期性和运用：求数列中的项，考查运算能力，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、 (1，)
【解析】
在定义域[m，n]上的值域是[m2，n2]，等价转化为与的图像在(1，)上恰有两个交点，考虑相切状态可求a的取值范围.
【详解】
由题意知：与的图像在(1，)上恰有两个交点
考查临界情形：与切于，
．
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查导数的几何意义，把已知条件进行等价转化是求解的关键，侧重考查数学抽象的核心素养.
14、0 1
【解析】
根据分段函数解析式，代入即可求解.
【详解】
函数，
所以，
.
故答案为：0；1.
【点睛】
本题考查了分段函数求值的简单应用，属于基础题.
15、
【解析】
作出满足约束条件的可行域，将目标函数视为可行解与点的斜率，观察图形斜率最小在点B处，联立，解得点B坐标，即可求得答案.
【详解】
作出满足约束条件的可行域，该目标函数视为可行解与点的斜率，故
由题可知，联立得,联立得
所以，故
所以的最小值为
故答案为：
【点睛】
本题考查分式型目标函数的线性规划问题，属于简单题.
16、 ，，
【解析】
化简函数的解析式，利用余弦函数的图象和性质求解即可．
【详解】
函数，
最小正周期，
令，，可得，，
所以单调递增区间是，，．
故答案为：，，，．
【点睛】
本题主要考查了二倍角的公式的应用，余弦函数的图象与性质，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）证明见解析（2）
【解析】
（1）连接，设，连接.通过证明，证得直线平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出二面角的正弦值.
【详解】
（1）连接，设，连接，
因为，所以，所以，
在中，因为，
所以，且平面，
故平面.
（2）因为，，，，，所以，
因为，平面，所以平面，
所以，，
取所在直线为轴，取所在直线为轴，取所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由已知可得，，，，
所以，因为，
所以，
所以点的坐标为，
所以，，设为平面的法向量，
则，令，解得，，
所以，即为平面的一个法向量.
，
同理可求得平面的一个法向量为
所以
所以二面角的正弦值为
【点睛】
本小题主要考查线面平行的证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由正弦定理边化角，再结合转化即可求解；
（Ⅱ）可设，由，再由余弦定理解得，对中，由余弦定理有，通过勾股定理逆定理可得，进而得解
【详解】
（Ⅰ）由正弦定理得.
而.
由以上两式得，即.
由于，所以，
又由于，得.
（Ⅱ）设，在中，由正弦定理有.
由余弦定理有，整理得，
由于，所以.
在中，由余弦定理有.
所以，所以.
【点睛】
本题考查正弦定理和余弦定理的综合运用，属于中档题
19、（1）唯一的极大值点1，无极小值点．（2）1
【解析】
（1）求出导函数，求得的解，确定此解两侧导数值的正负，确定极值点；
（2）问题可变形为恒成立，由导数求出函数的最小值，时，无最小值，因此只有，从而得出的不等关系，得出所求最大值．
【详解】
解：（1）定义域为，当时，
，
令得，当
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以有唯一的极大值点，无极小值点．
（2）当时，．
若恒成立，则恒成立，
所以恒成立，
令，则，由题意，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以
所以，
所以，
故的最大值为1．
【点睛】
本题考查用导数求函数极值，研究不等式恒成立问题．在求极值时，由确定的不一定是极值点，还需满足在两侧的符号相反．不等式恒成立深深转化为求函数的最值，这里分离参数法起关键作用．
20、（1）；（2）.
【解析】
（1）求出，再求恒成立，以及恒成立时，的取值范围；
（2）由已知，在区间内恰有一个零点，转化为在区间内恰有两个零点，由（1）的结论对分类讨论，根据单调性，结合零点存在性定理，即可求出结论.
【详解】
（1）由题意得，则，
当函数在区间上单调递增时，
在区间上恒成立.
∴（其中），解得.
当函数在区间上单调递减时，
在区间上恒成立，
∴（其中），解得.
综上所述，实数的取值范围是.
（2）.
由，知在区间内恰有一个零点，
设该零点为，则在区间内不单调.
∴在区间内存在零点，
同理在区间内存在零点.
∴在区间内恰有两个零点.
由（1）易知，当时，在区间上单调递增，
故在区间内至多有一个零点，不合题意.
当时，在区间上单调递减，
故在区间内至多有一个零点，不合题意，
∴.令，得，
∴函数在区间上单凋递减，
在区间上单调递增.
记的两个零点为，
∴，必有.
由，得.
∴
又∵，
∴.
综上所述，实数的取值范围为.
【点睛】
本题考查导数的综合应用，涉及到函数的单调性、零点问题，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.
21、（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）求导，可得（1），（1），结合已知切线方程即可求得，的值；
（2）利用导数可得，，再构造新函数，利用导数求其最值即可得证．
【详解】
（1）函数的定义域为，，
则（1），（1），
故曲线在点，（1）处的切线方程为，
又曲线在点，（1）处的切线方程为，
，；
（2）证明：由（1）知，，则，
令，则，易知在单调递减，
又，（1），
故存在，使得，
且当时，，单调递增，当，时，，单调递减，
由于，（1），（2），
故存在，使得，
且当时，，，单调递增，当，时，，，单调递减，
故函数存在唯一的极大值点，且，即，
则，
令，则，
故在上单调递增，
由于，故（2），即，
．
【点睛】
本题考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查推理论证能力，属于中档题．
22、 (1) (2)
【解析】
（1）把f（x）去绝对值写成分段函数的形式，分类讨论，分别求得解集，综合可得结论．
（2）把f（x）去绝对值写成分段函数，画出f（x）的图像，找出利用条件求得a的值．
【详解】
（1）时，.
当时，即为，解得.
当时， ，解得.
当时， ，解得.
综上，的解集为.
（2）.，
由的图象知，
，.
【点睛】
本题主要考查含绝对值不等式的解法及含绝对值的函数的最值问题，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题