2026届海南省东方市琼西中学高考考前提分数学仿真卷含解析

这是一份2026届海南省东方市琼西中学高考考前提分数学仿真卷含解析，共11页。试卷主要包含了已知，，则，已知集合，，则等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．已知锐角满足则（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数，若对于任意的，函数在内都有两个不同的零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
3．某几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为4的正三角形，俯视图是由边长为4的正三角形和一个半圆构成，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
4．在中，点D是线段BC上任意一点，，，则（ ）
A．B．-2C．D．2
5．己知函数的图象与直线恰有四个公共点，其中，则（ ）
A．B．0C．1D．
6．复数满足，则复数在复平面内所对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
7．一场考试需要2小时，在这场考试中钟表的时针转过的弧度数为（ ）
A．B．C．D．
8．已知定义在上的函数的周期为4，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
9．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．或D．
11．命题“”的否定为（ ）
A．B．
C．D．
12．已知i为虚数单位，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数若关于的不等式的解集是，则的值为_____．
14．在等比数列中，，则________．
15．如图是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设， ，则的面积为________.
16．（5分）已知为实数，向量，，且，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）设函数（其中），且函数在处的切线与直线平行.
（1）求的值；
（2）若函数，求证：恒成立.
18．（12分）已知是递增的等比数列，，且、、成等差数列.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，，求数列的前项和.
19．（12分）已知函数f(x)＝|x－2|－|x＋1|.
（Ⅰ）解不等式f(x)>1；
（Ⅱ）当x>0时，若函数g(x)(a>0)的最小值恒大于f(x)，求实数a的取值范围．
20．（12分）如图，在正四棱锥中，，点、分别在线段、上，．
（1）若，求证：⊥；
（2）若二面角的大小为，求线段的长．
21．（12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.
22．（10分）已知函数，其中e为自然对数的底数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）用表示中较大者，记函数.若函数在上恰有2个零点，求实数a的取值范围.
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】
利用代入计算即可.
【详解】
由已知，，因为锐角，所以，，
即.
故选：C.
【点睛】
本题考查二倍角的正弦、余弦公式的应用，考查学生的运算能力，是一道基础题.
2、D
【解析】
将原题等价转化为方程在内都有两个不同的根，先求导，可判断时，，是增函数；
当时，，是减函数.因此，再令，求导得，结合韦达定理可知，要满足题意，只能是存在零点，使得在有解，通过导数可判断当时，在上是增函数；当时，在上是减函数；则应满足，再结合，构造函数，求导即可求解；
【详解】
函数在内都有两个不同的零点，
等价于方程在内都有两个不同的根.
，所以当时，，是增函数；
当时，，是减函数.因此.
设，，
若在无解，则在上是单调函数，不合题意；所以在有解，且易知只能有一个解.
设其解为，当时，在上是增函数；
当时，在上是减函数.
因为，方程在内有两个不同的根，
所以，且.由，即，解得.
由，即，所以.
因为，所以，代入，得.
设，，所以在上是增函数，
而，由可得，得.
由在上是增函数，得.
综上所述，
故选：D.
【点睛】
本题考查由函数零点个数求解参数取值范围问题，构造函数法，导数法研究函数增减性与最值关系，转化与化归能力，属于难题
3、A
【解析】
由题意得到该几何体是一个组合体，前半部分是一个高为底面是边长为4的等边三角形的三棱锥，后半部分是一个底面半径为2的半个圆锥，体积为
故答案为A.
点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.
4、A
【解析】
设，用表示出，求出的值即可得出答案.
【详解】
设
由
，
，
.
故选：A
【点睛】
本题考查了向量加法、减法以及数乘运算，需掌握向量加法的三角形法则以及向量减法的几何意义，属于基础题.
5、A
【解析】
先将函数解析式化简为，结合题意可求得切点及其范围，根据导数几何意义，即可求得的值.
【详解】
函数
即
直线与函数图象恰有四个公共点，结合图象知直线与函数相切于，，
因为，
故，
所以.
故选：A.
【点睛】
本题考查了三角函数的图像与性质的综合应用，由交点及导数的几何意义求函数值，属于难题.
6、B
【解析】
设,则,可得,即可得到,进而找到对应的点所在象限.
【详解】
设,则,
,,
所以复数在复平面内所对应的点为,在第二象限.
故选:B
【点睛】
本题考查复数在复平面内对应的点所在象限,考查复数的模,考查运算能力.
7、B
【解析】
因为时针经过2小时相当于转了一圈的，且按顺时针转所形成的角为负角，综合以上即可得到本题答案.
【详解】
因为时针旋转一周为12小时，转过的角度为，按顺时针转所形成的角为负角，所以经过2小时，时针所转过的弧度数为.
故选：B
【点睛】
本题主要考查正负角的定义以及弧度制，属于基础题.
8、A
【解析】
因为给出的解析式只适用于，所以利用周期性，将转化为，再与一起代入解析式，利用对数恒等式和对数的运算性质，即可求得结果.
【详解】
定义在上的函数的周期为4
，
当时，，
，，
.
故选：A.
【点睛】
本题考查了利用函数的周期性求函数值，对数的运算性质，属于中档题.
9、D
【解析】
分别解出集合然后求并集.
【详解】
解：，
故选：D
【点睛】
考查集合的并集运算，基础题.
10、D
【解析】
首先求出集合，再根据补集的定义计算可得；
【详解】
解：∵，解得
∴，∴.
故选：D
【点睛】
本题考查补集的概念及运算，一元二次不等式的解法，属于基础题.
11、C
【解析】
套用命题的否定形式即可.
【详解】
命题“”的否定为“”，所以命题“”的否定为“”.
故选：C
【点睛】
本题考查全称命题的否定，属于基础题.
12、A
【解析】
根据复数乘除运算法则，即可求解.
【详解】
.
故选：A.
【点睛】
本题考查复数代数运算，属于基础题题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
根据题意可知的两根为,再根据解集的区间端点得出参数的关系,再求解即可.
【详解】
解：因为函数,
关于的不等式的解集是
的两根为：和；
所以有：且；
且；
；
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了不等式的解集与参数之间的关系,属于基础题.
14、1
【解析】
设等比数列的公比为,再根据题意用基本量法求解公比,进而利用等比数列项之间的关系得即可.
【详解】
设等比数列的公比为.由,得,解得.又由,得.则.
故答案为：1
【点睛】
本题主要考查了等比数列基本量的求解方法,属于基础题.
15、
【解析】
根据个全等的三角形，得到，设，求得，利用余弦定理求得，再利用三角形的面积公式，求得三角形的面积.
【详解】
由于三角形是由个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，所以.在三角形中，.设，则.由余弦定理得，解得.所以三角形边长为，面积为.
故答案为：
【点睛】
本题考查了等边三角形的面积计算公式、余弦定理、全等三角形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
16、5
【解析】
由，，且，得，解得，则，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、（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）求导得到，解得答案.
（2）变形得到，令函数，求导得到函数单调区间得到，，得到证明.
【详解】
（1），，解得.
（2）得，变形得，
令函数，，令解得，
当时，时.
函数在上单调递增，在上单调递减，，
而函数在区间上单调递增，，
，即，
即，恒成立.
【点睛】
本题考查了根据切线求参数，证明不等式，意在考查学生的计算能力和转化能力，综合应用能力.
18、（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）设等比数列的公比为，根据题中条件求出的值，结合等比数列的通项公式可得出数列的通项公式；
（Ⅱ）求得，然后利用裂项相消法可求得.
【详解】
（Ⅰ）设数列的公比为，由题意及，知.
、、成等差数列成等差数列，，，
即，解得或（舍去），.
数列的通项公式为；
（Ⅱ），
.
【点睛】
本题考查等比数列通项的求解，同时也考查了裂项求和法，考查计算能力，属于基础题.
19、（Ⅰ）；（Ⅱ）。
【解析】
（Ⅰ）分类讨论，去掉绝对值，求得原绝对值不等式的解集；（Ⅱ）由条件利用基本不等式求得，，再由，求得的范围．
【详解】
（Ⅰ）当时，原不等式可化为，此时不成立；
当时，原不等式可化为，解得，即；
当时，原不等式可化为，解得.
综上，原不等式的解集是．
（Ⅱ）因为，当且仅当时等号成立，
所以.
当时，，所以．
所以，解得，故实数的取值范围为．
【点睛】
本题主要考查了绝对值不等式的解法，以及转化与化归思想，难度一般；常见的绝对值不等式的解法，法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
20、（1）证明见解析；（2）．
【解析】
试题分析：由于图形是正四棱锥，因此设AC、BD交点为O，则以OA为x轴正方向，以OB为y轴正方向，OP为z轴正方向建立空间直角坐标系，可用空间向量法解决问题．（1）只要证明＝0即可证明垂直；（2）设＝λ，得M(λ，0，1－λ)，然后求出平面MBD的法向量，而平面ABD的法向量为，利用法向量夹角与二面角相等或互补可求得．
试题解析: (1)连结AC、BD交于点O，以OA为x轴正方向，以OB为y轴正方向，OP为z轴正方向建立空间直角坐标系．
因为PA＝AB＝，
则A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．
由＝，得N，
由＝，得M，
所以，＝(－1，－1，0)．
因为＝0，所以MN⊥AD
(2) 解：因为M在PA上，可设＝λ，得M(λ，0，1－λ)．
所以＝(λ，－1，1－λ)，＝(0，－2，0)．
设平面MBD的法向量＝(x，y，z)，
由，得
其中一组解为x＝λ－1，y＝0，z＝λ，所以可取＝(λ－1，0，λ)．
因为平面ABD的法向量为＝(0，0，1)，
所以cs＝，即＝，解得λ＝，
从而M，N，
所以MN＝＝．
考点：用空间向量法证垂直、求二面角．
21、（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.
22、（1）函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）.
【解析】
（1）由题可得,结合的范围判断的正负,即可求解；
（2）结合导数及函数的零点的判定定理,分类讨论进行求解
【详解】
（1）,
①当时,,
∴函数在内单调递增；
②当时,令,解得或,
当或时,,则单调递增,
当时,,则单调递减,
∴函数的单调递增区间为和,单调递减区间为
（2）（Ⅰ）当时,所以在上无零点；
（Ⅱ）当时,,
①若,即,则是的一个零点；
②若,即,则不是的零点
（Ⅲ）当时,,所以此时只需考虑函数在上零点的情况,因为,所以
①当时,在上单调递增。又，所以
（ⅰ）当时,在上无零点；
（ⅱ）当时,,又,所以此时在上恰有一个零点；
②当时,令,得,由,得；由,得,所以在上单调递减,在上单调递增,
因为,,所以此时在上恰有一个零点,
综上,
【点睛】
本题考查利用导数求函数单调区间,考查利用导数处理零点个数问题,考查运算能力,考查分类讨论思想