2026届福建省漳州市八校高考数学押题试卷含解析

这是一份2026届福建省漳州市八校高考数学押题试卷含解析，共38页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，集合的真子集的个数为，若复数等内容，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．已知的内角的对边分别是且，若为最大边，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．若复数满足，则( )
A．B．C．D．
3．等腰直角三角形的斜边AB为正四面体侧棱，直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，有下列说法：
（1）四面体EBCD的体积有最大值和最小值；
（2）存在某个位置，使得；
（3）设二面角的平面角为，则；
（4）AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，则点P的轨迹为椭圆.
其中，正确说法的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．已知函数，满足对任意的实数，都有成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．集合的真子集的个数为( )
A．7B．8C．31D．32
6．若复数（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
7．2019年10月1日，为了庆祝中华人民共和国成立70周年，小明、小红、小金三人以国庆为主题各自独立完成一幅十字绣赠送给当地的村委会，这三幅十字绣分别命名为“鸿福齐天”、“国富民强”、“兴国之路”，为了弄清“国富民强”这一作品是谁制作的，村支书对三人进行了问话，得到回复如下：
小明说：“鸿福齐天”是我制作的；
小红说：“国富民强”不是小明制作的，就是我制作的；
小金说：“兴国之路”不是我制作的，
若三人的说法有且仅有一人是正确的，则“鸿福齐天”的制作者是（ ）
A．小明B．小红C．小金D．小金或小明
8．已知复数为虚数单位） ，则z 的虚部为（ ）
A．2B．C．4D．
9．若函数的定义域为M＝{x|－2≤x≤2}，值域为N＝{y|0≤y≤2},则函数的图像可能是（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数，若曲线在点处的切线方程为，则实数的取值为（ ）
A．-2B．-1C．1D．2
11．曲线在点处的切线方程为，则（ ）
A．B．C．4D．8
12．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上，圆柱的高和球半径均为2，则该圆柱的底面半径为__________.
14．已知向量，满足，，，则向量在的夹角为______.
15．数据的标准差为_____．
16．已知在等差数列中，，，前n项和为，则________.
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）已知的内角，，的对边分别为，，，．
（1）若，证明：．
（2）若，，求的面积．
18．（12分）已知椭圆C:（a＞b＞0）的两个焦点分别为F1（－，0）、F2（，0）.点M（1，0）与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直.
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知点N的坐标为（3，2），点P的坐标为（m，n）（m≠3）.过点M任作直线l与椭圆C相交于A、B两点，设直线AN、NP、BN的斜率分别为k1、k2、k3，若k1＋k3＝2k2，试求m，n满足的关系式.
19．（12分）已知在平面直角坐标系中，椭圆的焦点为为椭圆上任意一点，且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线交椭圆于两点，且满足（分别为直线的斜率），求的面积为时直线的方程.
20．（12分）设数列是等比数列，，已知, (1)求数列的首项和公比；（2）求数列的通项公式．
21．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)把的参数方程化为极坐标方程：
(2)求与交点的极坐标.
22．（10分）电视传媒公司为了解某地区观众对某体育节目的收视情况，随机抽取了100名观众进行调查，其中女性有55名，下面是根据调查结果绘制的观众日均收看该体育节目时间的频率分布直方图：
将日均收看该体育节目时间不低于40分钟的观众称为“体育迷”．
(1)根据已知条件完成下面的列联表，并据此资料你是否认为“体育迷”与性别有关？
(2)将上述调查所得到的频率视为概率．现在从该地区大量电视观众中，采用随机抽样方法每次抽取1名观众，抽取3次，记被抽取的3名观众中的“体育迷”人数为X.若每次抽取的结果是相互独立的，求X的分布列，期望E(X)和方差D(X)．
附：.
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】
由，化简得到的值，根据余弦定理和基本不等式，即可求解.
【详解】
由，可得，
可得，
通分得，
整理得，所以，
因为为三角形的最大角，所以，
又由余弦定理
，当且仅当时，等号成立，
所以，即，
又由，所以的取值范围是.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了代数式的化简，余弦定理，以及基本不等式的综合应用，试题难度较大，属于中档试题，着重考查了推理与运算能力.
2、C
【解析】
化简得到，，再计算复数模得到答案.
【详解】
，故，
故，.
故选：.
【点睛】
本题考查了复数的化简，共轭复数，复数模，意在考查学生的计算能力.
3、C
【解析】
解：对于（1），当CD⊥平面ABE，且E在AB的右上方时，E到平面BCD的距离最大，当CD⊥平面ABE，且E在AB的左下方时，E到平面BCD的距离最小，
∴四面体E﹣BCD的体积有最大值和最小值，故（1）正确；
对于（2），连接DE，若存在某个位置，使得AE⊥BD，又AE⊥BE，则AE⊥平面BDE，可得AE⊥DE，进一步可得AE＝DE，此时E﹣ABD为正三棱锥，故（2）正确；
对于（3），取AB中点O，连接DO，EO，则∠DOE为二面角D﹣AB﹣E的平面角，为θ，
直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，θ∈[0，π），
∠DAE∈[，π），所以θ≥∠DAE不成立．（3）不正确；
对于（4）AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，P到BC的距离为：dP﹣BC，
因为＜1，所以点P的轨迹为椭圆．（4）正确．
故选：C．
点睛：该题考查的是有关多面体和旋转体对应的特征，以几何体为载体，考查相关的空间关系，在解题的过程中，需要认真分析，得到结果，注意对知识点的灵活运用.
4、B
【解析】
由题意可知函数为上为减函数，可知函数为减函数，且，由此可解得实数的取值范围.
【详解】
由题意知函数是上的减函数，于是有，解得，
因此，实数的取值范围是．
故选：B.
【点睛】
本题考查利用分段函数的单调性求参数，一般要分析每支函数的单调性，同时还要考虑分段点处函数值的大小关系，考查运算求解能力，属于中等题.
5、A
【解析】
计算，再计算真子集个数得到答案.
【详解】
，故真子集个数为：.
故选：.
【点睛】
本题考查了集合的真子集个数，意在考查学生的计算能力.
6、B
【解析】
根据复数的除法法则计算，由共轭复数的概念写出.
【详解】
,
,
故选：B
【点睛】
本题主要考查了复数的除法计算，共轭复数的概念，属于容易题.
7、B
【解析】
将三个人制作的所有情况列举出来，再一一论证.
【详解】
依题意，三个人制作的所有情况如下所示：
若小明的说法正确，则均不满足；若小红的说法正确，则4满足；若小金的说法正确，则3满足.故“鸿福齐天”的制作者是小红，
故选：B.
【点睛】
本题考查推理与证明，还考查推理论证能力以及分类讨论思想，属于基础题.
8、A
【解析】
对复数进行乘法运算，并计算得到，从而得到虚部为2.
【详解】
因为，所以z 的虚部为2.
【点睛】
本题考查复数的四则运算及虚部的概念，计算过程要注意.
9、B
【解析】
因为对A不符合定义域当中的每一个元素都有象，即可排除；
对B满足函数定义，故符合；
对C出现了定义域当中的一个元素对应值域当中的两个元素的情况，不符合函数的定义，从而可以否定；
对D因为值域当中有的元素没有原象，故可否定．
故选B．
10、B
【解析】
求出函数的导数，利用切线方程通过f′（0），求解即可；
【详解】
f （x）的定义域为（﹣1，+∞），
因为f′（x）a，曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝2x，
可得1﹣a＝2，解得a＝﹣1，
故选：B．
【点睛】
本题考查函数的导数的几何意义，切线方程的求法，考查计算能力．
11、B
【解析】
求函数导数，利用切线斜率求出，根据切线过点求出即可.
【详解】
因为，
所以，
故，
解得，
又切线过点，
所以，解得，
所以，
故选：B
【点睛】
本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，属于中档题.
12、A
【解析】
考虑既属于又属于的集合，即得.
【详解】
.
故选：
【点睛】
本题考查集合的交运算，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由圆柱外接球的性质，即可求得结果.
【详解】
解：由于圆柱的高和球半径均为2，,则球心到圆柱底面的距离为1，
设圆柱底面半径为，由已知有，
∴，
即圆柱的底面半径为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查由圆柱的外接球的性质求圆柱底面半径，属于基础题.
14、
【解析】
把平方利用数量积的运算化简即得解.
【详解】
因为，，，
所以，∴，
∴，因为
所以.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查平面向量的数量积的运算法则，考查向量的夹角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
15、
【解析】
先计算平均数再求解方差与标准差即可.
【详解】
解：样本的平均数,
这组数据的方差是
标准差,
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了标准差的计算,属于基础题.
16、39
【解析】
设等差数列公差为d,首项为,再利用基本量法列式求解公差与首项,进而求得即可.
【详解】
设等差数列公差为d,首项为,根据题意可得,解得,所以.
故答案为：39
【点睛】
本题考查等差数列的基本量计算以及前n项和的公式,属于基础题.
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）由余弦定理及已知等式得出关系，再由正弦定理可得结论；
（2）由余弦定理和已知条件解得，然后由面积公式计算．
【详解】
解：（1）由余弦定理得，
由得到，由正弦定理得．
因为，，所以．
（2）由题意及余弦定理可知，①
由得，即，②
联立①②解得，．所以．
【点睛】
本题考查利用正余弦定理解三角形．考查三角形面积公式，由已知条件本题主要是应用余弦定理求出边．解题时要注意对条件的分析，确定选用的公式．
18、（1）；（2）m－n－1＝0
【解析】
试题分析：（1）利用M与短轴端点构成等腰直角三角形，可求得b的值，进而得到椭圆方程；（2）设出过M的直线l的方程，将l与椭圆C联立，得到两交点坐标关系，然后将k1＋k3表示为直线l斜率的关系式，化简后得k1＋k3＝2，于是可得m，n的关系式.
试题解析：（1）由题意，c＝，b＝1，所以a＝
故椭圆C的方程为
（2）①当直线l的斜率不存在时，方程为x＝1，代入椭圆得，y＝±
不妨设A（1，），B（1，－）
因为k1＋k3＝＝2
又k1＋k3＝2k2，所以k2＝1
所以m，n的关系式为＝1，即m－n－1＝0
②当直线l的斜率存在时，设l的方程为y＝k（x－1）
将y＝k（x－1）代入，
整理得：（3k2＋1）x2－6k2x＋3k2－3＝0
设A（x1，y1），B（x2，y2），则
又y1＝k（x1－1），y2＝k（x2－1）
所以k1＋k3＝
＝
＝
＝
＝＝2
所以2k2＝2，所以k2＝＝1
所以m，n的关系式为m－n－1＝0
综上所述，m，n的关系式为m－n－1＝0.
考点：椭圆标准方程，直线与椭圆位置关系，
19、（1）（2）或
【解析】
（1）根据椭圆定义求得，得椭圆方程；
（2）设，由得，应用韦达定理得，代入已知条件可得，再由椭圆中弦长公式求得弦长，原点到直线的距离，得三角形面积，从而可求得，得直线方程．
【详解】
解：（1）据题意设椭圆的方程为
则
椭圆的标准方程为.
（2）据得
设，则
又
原点到直线的距离
解得或
所求直线的方程为或
【点睛】
本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题．解题时采取设而不求思想，即设交点坐标为，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，把这个结论代入题中条件求得参数，用它求弦长等等，从而解决问题．
20、 (1)（2）
【解析】
本题主要考查了等比数列的通项公式的求解，数列求和的错位相减求和是数列求和中的重点与难点，要注意掌握．
（1）设等比数列{an}的公比为q，则q+q2=6，解方程可求q
（2）由（1）可求an=a1•qn-1=2n-1，结合数列的特点，考虑利用错位相减可求数列的和
解：（1）
（2），
两式相减：
21、（1）（2）与交点的极坐标为，和
【解析】
（1）先把曲线化成直角坐标方程，再化简成极坐标方程；
（2）联立曲线和曲线的方程解得即可.
【详解】
(1)曲线的直角坐标方程为：，即 . 的参数方程化为极坐标方程为；
(2)联立可得：，与交点的极坐标为，和.
【点睛】
本题考查了参数方程，直角坐标方程，极坐标方程的互化，也考查了极坐标方程的联立，属于基础题.
22、 (1)无关；(2) ，.
【解析】
(1)由频率分布直方图可知，在抽取的100人中，“体育迷”有25人，从而可得列联表如下：
将22列联表中的数据代入公式计算，得
.
因为3.030