2026届海口市第十中学高考数学考前最后一卷预测卷含解析

这是一份2026届海口市第十中学高考数学考前最后一卷预测卷含解析，共11页。试卷主要包含了已知.，已知集合，则元素个数为等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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．已知函数，，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，，=(1，)，且在方向上的投影为，则等于（ ）
A．2B．1C．D．0
3．的展开式中的系数是（ ）
A．160B．240C．280D．320
4．在钝角中，角所对的边分别为，为钝角，若，则的最大值为（ ）
A．B．C．1D．
5．复数的实部与虚部相等，其中为虚部单位，则实数( )
A．3B．C．D．
6．过抛物线的焦点F作两条互相垂直的弦AB，CD，设P为抛物线上的一动点，，若，则的最小值是（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．某校8位学生的本次月考成绩恰好都比上一次的月考成绩高出50分，则以该8位学生这两次的月考成绩各自组成样本，则这两个样本不变的数字特征是（ ）
A．方差B．中位数C．众数D．平均数
8．根据最小二乘法由一组样本点（其中），求得的回归方程是，则下列说法正确的是( )
A．至少有一个样本点落在回归直线上
B．若所有样本点都在回归直线上，则变量同的相关系数为1
C．对所有的解释变量（），的值一定与有误差
D．若回归直线的斜率，则变量x与y正相关
9．已知（为虚数单位，为的共轭复数），则复数在复平面内对应的点在（ ）.
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
10．已知集合，则元素个数为( )
A．1B．2C．3D．4
11．已知向量满足,且与的夹角为,则( )
A．B．C．D．
12．若直线的倾斜角为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知点是直线上的一点，将直线绕点逆时针方向旋转角，所得直线方程是，若将它继续旋转角，所得直线方程是，则直线的方程是______.
14．在平面直角坐标系中，若函数在处的切线与圆存在公共点，则实数的取值范围为_____．
15．在编号为1，2，3，4，5且大小和形状均相同的五张卡片中，一次随机抽取其中的三张，则抽取的三张卡片编号之和是偶数的概率为________.
16．已知集合U＝{1,3,5,9}，A＝{1,3,9}，B＝{1,9}，则∁U(A∪B)＝________.
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）已知函数.
（1）求函数的最小正周期以及单调递增区间；
（2）已知，若，，，求的面积.
18．（12分）为了解甲、乙两个快递公司的工作状况，假设同一个公司快递员的工作状况基本相同，现从甲、乙两公司各随机抽取一名快递员，并从两人某月(30天)的快递件数记录结果中随机抽取10天的数据，整理如下：
甲公司员工：410，390，330，360，320，400，330，340，370，350
乙公司员工：360，420，370，360，420，340，440，370，360，420
每名快递员完成一件货物投递可获得的劳务费情况如下：甲公司规定每件0.65元，乙公司规定每天350件以内(含350件)的部分每件0.6元，超出350件的部分每件0.9元.
（1）根据题中数据写出甲公司员工在这10天投递的快件个数的平均数和众数；
（2）为了解乙公司员工每天所得劳务费的情况，从这10天中随机抽取1天，他所得的劳务费记为 (单位：元)，求的分布列和数学期望；
（3）根据题中数据估算两公司被抽取员工在该月所得的劳务费.
19．（12分）记函数的最小值为.
（1）求的值；
（2）若正数，，满足，证明：.
20．（12分）如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M是线段EF的中点．
求证：(1)AM∥平面BDE；
(2)AM⊥平面BDF.
21．（12分）在创建“全国文明卫生城”过程中，运城市“创城办”为了调查市民对创城工作的了解情况，进行了一次创城知识问卷调查(一位市民只能参加一次)，通过随机抽样，得到参加问卷调查的人的得分统计结果如表所示：.
（1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分似为这人得分的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)，利用该正态分布，求；
（2）在（1）的条件下，“创城办”为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案：
①得分不低于的可以获赠次随机话费，得分低于的可以获赠次随机话费；
②每次获赠的随机话费和对应的概率为：
现有市民甲参加此次问卷调查，记(单位：元)为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列与数学期望.
附：参考数据与公式：，若，则，，
22．（10分）已知函数，.
（1）当时，讨论函数的零点个数；
（2）若在上单调递增，且求c的最大值.
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、B
【解析】
可判断函数在上单调递增，且，所以.
【详解】
在上单调递增，且，
所以.
故选：B
【点睛】
本题主要考查了函数单调性的判定，指数函数与对数函数的性质，利用单调性比大小等知识，考查了学生的运算求解能力.
2、B
【解析】
先求出，再利用投影公式求解即可.
【详解】
解：由已知得，
由在方向上的投影为，得，
则.
故答案为：B.
【点睛】
本题考查向量的几何意义，考查投影公式的应用，是基础题.
3、C
【解析】
首先把看作为一个整体，进而利用二项展开式求得的系数，再求的展开式中的系数，二者相乘即可求解.
【详解】
由二项展开式的通项公式可得的第项为，令，则，又的第为，令，则，所以的系数是.
故选：C
【点睛】
本题考查二项展开式指定项的系数，掌握二项展开式的通项是解题的关键，属于基础题.
4、B
【解析】
首先由正弦定理将边化角可得，即可得到，再求出，最后根据求出的最大值；
【详解】
解：因为，
所以
因为
所以
，即，，
时
故选：
【点睛】
本题考查正弦定理的应用，余弦函数的性质的应用，属于中档题.
5、B
【解析】
利用乘法运算化简复数即可得到答案.
【详解】
由已知，，所以，解得.
故选：B
【点睛】
本题考查复数的概念及复数的乘法运算，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.
6、C
【解析】
设直线AB的方程为，代入得：，由根与系数的关系得，，从而得到，同理可得，再利用求得的值，当Q，P，M三点共线时，即可得答案.
【详解】
根据题意，可知抛物线的焦点为，则直线AB的斜率存在且不为0，
设直线AB的方程为，代入得：.
由根与系数的关系得，，
所以.
又直线CD的方程为，同理，
所以，
所以.故.过点P作PM垂直于准线，M为垂足，
则由抛物线的定义可得.
所以，当Q，P，M三点共线时，等号成立.
故选：C.
【点睛】
本题考查直线与抛物线的位置关系、焦半径公式的应用，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，求解时注意取最值的条件.
7、A
【解析】
通过方差公式分析可知方差没有改变，中位数、众数和平均数都发生了改变.
【详解】
由题可知，中位数和众数、平均数都有变化.
本次和上次的月考成绩相比，成绩和平均数都增加了50，所以没有改变，
根据方差公式可知方差不变.
故选：A
【点睛】
本题主要考查样本的数字特征，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
8、D
【解析】
对每一个选项逐一分析判断得解.
【详解】
回归直线必过样本数据中心点，但样本点可能全部不在回归直线上﹐故A错误；
所有样本点都在回归直线上，则变量间的相关系数为，故B错误；
若所有的样本点都在回归直线上，则的值与相等，故C错误；
相关系数r与符号相同，若回归直线的斜率，则，样本点分布应从左到右是上升的，则变量x与y正相关，故D正确．
故选D．
【点睛】
本题主要考查线性回归方程的性质，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.
9、D
【解析】
设，由，得，利用复数相等建立方程组即可.
【详解】
设，则，所以，
解得，故，复数在复平面内对应的点为，在第四象限.
故选：D.
【点睛】
本题考查复数的几何意义，涉及到共轭复数的定义、复数的模等知识，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.
10、B
【解析】
作出两集合所表示的点的图象，可得选项.
【详解】
由题意得，集合A表示以原点为圆心，以2为半径的圆，集合B表示函数的图象上的点，作出两集合所表示的点的示意图如下图所示，得出两个图象有两个交点:点A和点B，所以两个集合有两个公共元素，所以元素个数为2，
故选：B.
【点睛】
本题考查集合的交集运算，关键在于作出集合所表示的点的图象，再运用数形结合的思想，属于基础题.
11、A
【解析】
根据向量的运算法则展开后利用数量积的性质即可.
【详解】
.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查数量积的运算，属于基础题.
12、B
【解析】
根据题意可得：，所求式子利用二倍角的正弦函数公式化简，再利用同角三角函数间的基本关系弦化切后，将代入计算即可求出值．
【详解】
由于直线的倾斜角为，所以，
则
故答案选B
【点睛】
本题考查二倍角的正弦函数公式，同角三角函数间的基本关系，以及直线倾斜角与斜率之间的关系，熟练掌握公式是解本题的关键．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
求出点坐标，由于直线与直线垂直，得出直线的斜率为，再由点斜式写出直线的方程.
【详解】
由于直线可看成直线先绕点逆时针方向旋转角，再继续旋转角得到，则直线与直线垂直，即直线的斜率为
所以直线的方程为，即
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了求直线的方程，涉及了求直线的交点以及直线与直线的位置关系，属于中档题.
14、
【解析】
利用导数的几何意义可求得函数在处的切线,再根据切线与圆存在公共点,利用圆心到直线的距离满足的条件列式求解即可.
【详解】
解：由条件得到
又
所以函数在处的切线为,
即
圆方程整理可得：
即有圆心且
所以圆心到直线的距离,
即.解得或,
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了导数的几何意义求解切线方程的问题,同时也考查了根据直线与圆的位置关系求解参数范围的问题,属于基础题.
15、
【解析】
先求出所有的基本事件个数，再求出“抽取的三张卡片编号之和是偶数”这一事件包含的基本事件个数，利用古典概型的概率计算公式即可算出结果.
【详解】
一次随机抽取其中的三张，所有基本事件为：
1，2，3；1，2，4；1，2，5；1，3，4；1，3，5；1，4，5；2，3，4；2，3，5；2，4，5；3，4，5；共有10个，
其中“抽取的三张卡片编号之和是偶数”包含6个基本事件，
因此“抽取的三张卡片编号之和是偶数”的概率为：.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了古典概型及其概率计算公式，属于基础题.
16、{5}
【解析】
易得A∪B＝A＝{1,3,9}，则∁U(A∪B)＝{5}．
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）最小正周期为，单调递增区间为；（2）.
【解析】
（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期，解不等式可求得该函数的单调递增区间；
（2）由求得，由得出或，分两种情况讨论，结合余弦定理解三角形，进行利用三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】
（1），
所以，函数的最小正周期为，
由得，
因此，函数的单调递增区间为；
（2）由，得，或，或，
，，
又，
，即.
①当时，即，则由，，得，则，此时，的面积为；
②当时，则，即，
则由，解得，，.
综上，的面积为.
【点睛】
本题考查正弦型函数的周期和单调区间的求解，同时也考查了三角形面积的计算，涉及余弦定理解三角形的应用，考查计算能力，属于中等题.
18、（1）平均数为360，众数为330；（2）见详解；（3）甲公司：7020（元），乙公司：7281（元）
【解析】
（1）将图中甲公司员工A的所有数据相加，再除以总的天数10，即可求出甲公司员工A投递快递件数的平均数．从中发现330出现的次数最多，故为众数；
（2）由题意能求出的可能取值为340，360，370，420，440，分别求出相对应的概率，由此能求出的分布列和数学期望；
（3）利用（1）（2）的结果，可估算两公司的每位员工在该月所得的劳务费．
【详解】
解：（1）由题意知
甲公司员工在这10天投递的快递件数的平均数为
.
众数为330.
（2）设乙公司员工1天的投递件数为随机变量，则
当时，
当时，
当时，
当时，
当时，
的分布列为
（元）；
（3）由（1）估计甲公司被抽取员工在该月所得的劳务费为
(元)
由（2）估计乙公司被抽取员工在该月所得的劳务费为
(元).
【点睛】
本题考查频率分布表的应用，考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题.
19、（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）将函数转化为分段函数或利用绝对值三角不等式进行求解；
（2）利用基本不等式或柯西不等式证明即可.
【详解】
解法一：（1）
当时，，
当，，
当时，，
所以
解法二：（1）
如图
当时，
解法三：（1）
当且仅当即时，等号成立.
当时
解法一：（2）由题意可知，，
因为，，，所以要证明不等式，
只需证明，
因为成立，
所以原不等式成立.
解法二：（2）因为，，，所以，
，
又因为，
所以，
所以，原不等式得证.
补充：解法三：（2）由题意可知，，
因为，，，所以要证明不等式，
只需证明，
由柯西不等式得：成立，
所以原不等式成立.
【点睛】
本题主要考查了绝对值函数的最值求解，不等式的证明，绝对值三角不等式，基本不等式及柯西不等式的应用，考查了学生的逻辑推理和运算求解能力.
20、（1）见解析（2）见解析
【解析】
(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AC∩BD＝N，连结NE.
则N，E(0，0，1)，A(，，0)，M.
∴＝，＝.
∴＝且NE与AM不共线．∴NE∥AM.
∵NE平面BDE，AM平面BDE，∴AM∥平面BDE.
(2)由(1)知＝，
∵D(，0，0)，F(，，1)，∴＝(0，，1)，
∴·＝0，∴AM⊥DF.同理AM⊥BF.又DF∩BF＝F，∴AM⊥平面BDF.
21、（1）（2）详见解析
【解析】
由题意，根据平均数公式求得，再根据，参照数据求解.
由题意得，获赠话费的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列求期望.
【详解】
由题意得
综上，
由题意得，获赠话费的可能取值为
，
，
的分布列为：
【点睛】
本题主要考查正态分布和离散型随机变量的分布列及期望，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
22、（1）见解析（2）2
【解析】
（1）将代入可得,令,则,设,则转化问题为与的交点问题,利用导函数判断的图象,即可求解；
（2）由题可得在上恒成立,设,利用导函数可得,则,即,再设,利用导函数求得的最小值,则,进而求解.
【详解】
（1）当时,,定义域为,
由可得,
令,则,
由,得；由,得,
所以在上单调递增,在上单调递减,
则的最大值为,
且当时,；当时,,
由此作出函数的大致图象,如图所示.
由图可知,当时,直线和函数的图象有两个交点,即函数有两个零点；
当或,即或时,直线和函数的图象有一个交点,即函数有一个零点；
当即时,直线与函数的象没有交点,即函数无零点.
（2）因为在上单调递增,即在上恒成立,
设,则,
①若,则,则在上单调递减,显然,
在上不恒成立；
②若,则,在上单调递减,当时,,故,单调递减,不符合题意；
③若,当时,,单调递减,
当时,,单调递增,
所以,
由,得,
设,则,
当时,,单调递减；
当时,,单调递增,
所以,所以,
又,所以,即c的最大值为2.
【点睛】
本题考查利用导函数研究函数的零点问题,考查利用导函数求最值,考查运算能力与分类讨论思想.
组别
频数
赠送话费的金额(单位：元)
概率
204
219
228
273
291