2026届河北省唐山市玉田县高级中学高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析

这是一份2026届河北省唐山市玉田县高级中学高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析，共18页。
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．已知函数，当时，的取值范围为，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，，，则的子集共有（ ）
A．个B．个C．个D．个
3．向量，，且，则（ ）
A．B．C．D．
4．函数的最大值为，最小正周期为，则有序数对为（ ）
A．B．C．D．
5．已知双曲线的左、右焦点分别为，圆与双曲线在第一象限内的交点为M，若．则该双曲线的离心率为
A．2B．3C．D．
6．设，是非零向量，若对于任意的，都有成立，则
A．B．C．D．
7．已知某口袋中有3个白球和个黑球（），现从中随机取出一球，再换回一个不同颜色的球（即若取出的是白球，则放回一个黑球；若取出的是黑球，则放回一个白球），记换好球后袋中白球的个数是．若，则= ( )
A．B．1C．D．2
8．自2019年12月以来，在湖北省武汉市发现多起病毒性肺炎病例，研究表明，该新型冠状病毒具有很强的传染性各级政府反应迅速，采取了有效的防控阻击措施，把疫情控制在最低范围之内.某社区按上级要求做好在鄂返乡人员体格检查登记，有3个不同的住户属在鄂返乡住户，负责该小区体格检查的社区诊所共有4名医生，现要求这4名医生都要分配出去，且每个住户家里都要有医生去检查登记，则不同的分配方案共有（ ）
A．12种B．24种C．36种D．72种
9．设不等式组，表示的平面区域为，在区域内任取一点，则点的坐标满足不等式的概率为
A．B．
C．D．
10．下列函数中，在区间上为减函数的是（ ）
A．B．C．D．
11．在三棱锥中，，且分别是棱，的中点，下面四个结论：
①；
②平面；
③三棱锥的体积的最大值为；
④与一定不垂直.
其中所有正确命题的序号是（ ）
A．①②③B．②③④C．①④D．①②④
12．设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，是线段上的点，且,则直线的斜率的最大值为( )
A．B．C．D．1
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为，则实数的所有可能值之和为_______.
14．正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且平面，记与的轨迹构成的平面为．
①，使得；
②直线与直线所成角的正切值的取值范围是；
③与平面所成锐二面角的正切值为；
④正方体的各个侧面中，与所成的锐二面角相等的侧面共四个．
其中正确命题的序号是________．（写出所有正确命题的序号）
15．若正实数，，满足，则的最大值是__________．
16． “六艺”源于中国周朝的贵族教育体系，具体包括“礼、乐、射、御、书、数”．某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节，连排六节，则满足“礼”与“乐”必须排在前两节，“射”和“御”两讲座必须相邻的不同安排种数为________．
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△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝2a，bsinB﹣asinA＝asinC．
（Ⅰ）求sinB的值；
（Ⅱ）求sin（2B+）的值．
18．（12分）平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，直线的极坐标方程为，点．
（1）求曲线的极坐标方程与直线的直角坐标方程；
（2）若直线与曲线交于点，曲线与曲线交于点，求的面积．
19．（12分）在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为（为参数），圆的方程为，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求和的极坐标方程；
（2）过且倾斜角为的直线与交于点，与交于另一点，若，求的取值范围.
20．（12分）设等差数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求的前项和及使得最小的的值.
21．（12分）已知函数
（1）求单调区间和极值；
（2）若存在实数，使得，求证：
22．（10分）在数列中，已知，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，证明：.
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】
求导分析函数在时的单调性、极值，可得时，满足题意，再在时，求解的x的范围，综合可得结果.
【详解】
当时，，
令，则；，则，
∴函数在单调递增，在单调递减.
∴函数在处取得极大值为，
∴时，的取值范围为，
∴
又当时，令，则，即，
∴
综上所述，的取值范围为.
故选C.
【点睛】
本题考查了利用导数分析函数值域的方法，考查了分段函数的性质，属于难题.
2、B
【解析】
根据集合中的元素，可得集合，然后根据交集的概念，可得，最后根据子集的概念，利用计算，可得结果.
【详解】
由题可知：，
当时，
当时，
当时，
当时，
所以集合
则
所以的子集共有
故选：B
【点睛】
本题考查集合的运算以及集合子集个数的计算，当集合中有元素时，集合子集的个数为，真子集个数为，非空子集为，非空真子集为，属基础题.
3、D
【解析】
根据向量平行的坐标运算以及诱导公式，即可得出答案.
【详解】
故选：D
【点睛】
本题主要考查了由向量平行求参数以及诱导公式的应用，属于中档题.
4、B
【解析】
函数（为辅助角）
∴函数的最大值为，最小正周期为
故选B
5、D
【解析】
本题首先可以通过题意画出图像并过点作垂线交于点，然后通过圆与双曲线的相关性质判断出三角形的形状并求出高的长度，的长度即点纵坐标，然后将点纵坐标带入圆的方程即可得出点坐标，最后将点坐标带入双曲线方程即可得出结果。
【详解】
根据题意可画出以上图像，过点作垂线并交于点，
因为，在双曲线上，
所以根据双曲线性质可知，，即，，
因为圆的半径为，是圆的半径，所以，
因为，，，，
所以，三角形是直角三角形，
因为，所以，，即点纵坐标为，
将点纵坐标带入圆的方程中可得，解得，，
将点坐标带入双曲线中可得，
化简得，，，，故选D。
【点睛】
本题考查了圆锥曲线的相关性质，主要考察了圆与双曲线的相关性质，考查了圆与双曲线的综合应用，考查了数形结合思想，体现了综合性，提高了学生的逻辑思维能力，是难题。
6、D
【解析】
画出，，根据向量的加减法，分别画出的几种情况，由数形结合可得结果.
【详解】
由题意，得向量是所有向量中模长最小的向量，如图，
当，即时，最小，满足，对于任意的，
所以本题答案为D.
【点睛】
本题主要考查了空间向量的加减法，以及点到直线的距离最短问题，解题的关键在于用有向线段正确表示向量，属于基础题.
7、B
【解析】
由题意或4，则，故选B．
8、C
【解析】
先将4名医生分成3组，其中1组有2人，共有种选法，然后将这3组医生分配到3个不同的住户中去，有种方法，由分步原理可知共有种.
【详解】
不同分配方法总数为种.
故选：C
【点睛】
此题考查的是排列组合知识，解此类题时一般先组合再排列，属于基础题.
9、A
【解析】
画出不等式组表示的区域，求出其面积，再得到在区域内的面积，根据几何概型的公式，得到答案.
【详解】
画出所表示的区域，易知，
所以的面积为，
满足不等式的点，在区域内是一个以原点为圆心，为半径的圆面，其面积为，
由几何概型的公式可得其概率为，
故选A项.
【点睛】
本题考查由约束条件画可行域，求几何概型，属于简单题.
10、C
【解析】
利用基本初等函数的单调性判断各选项中函数在区间上的单调性，进而可得出结果.
【详解】
对于A选项，函数在区间上为增函数；
对于B选项，函数在区间上为增函数；
对于C选项，函数在区间上为减函数；
对于D选项，函数在区间上为增函数.
故选：C.
【点睛】
本题考查函数在区间上单调性的判断，熟悉一些常见的基本初等函数的单调性是判断的关键，属于基础题.
11、D
【解析】
①通过证明平面，证得；②通过证明，证得平面；③求得三棱锥体积的最大值，由此判断③的正确性；④利用反证法证得与一定不垂直.
【详解】
设的中点为，连接，则，，又，所以平面，所以，故①正确；因为，所以平面，故②正确；当平面与平面垂直时，最大，最大值为，故③错误；若与垂直，又因为，所以平面，所以，又，所以平面，所以，因为，所以显然与不可能垂直，故④正确.
故选：D
【点睛】
本小题主要考查空间线线垂直、线面平行、几何体体积有关命题真假性的判断，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
12、C
【解析】
试题分析：设，由题意，显然时不符合题意，故，则
，可得：
，当且仅当时取等号，故选C．
考点：1．抛物线的简单几何性质；2．均值不等式．
【方法点晴】本题主要考查的是向量在解析几何中的应用及抛物线标准方程方程，均值不等式的灵活运用，属于中档题．解题时一定要注意分析条件，根据条件，利用向量的运算可知，写出直线的斜率，注意均值不等式的使用，特别是要分析等号是否成立，否则易出问题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由分段函数可得不满足题意；时，，可得，即有，解方程可得，4，结合指数函数的图象和二次函数的图象即可得到所求和．
【详解】
解：由函数，可得
的增区间为，，
时，，，时，，
当关于的不等式的解集为，，
可得不成立，
时，时，不成立；
，即为，
可得，即有，
显然，4成立；由和的图象可得在仅有两个交点．
综上可得的所有值的和为1．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查分段函数的图象和性质，考查不等式的解法，注意运用分类讨论思想方法，考查化简运算能力，属于中档题．
14、①②③④
【解析】
取中点,中点,中点,先利用中位线的性质判断点的运动轨迹为线段,平面即为平面,画出图形,再依次判断:①利用等腰三角形的性质即可判断；②直线与直线所成角即为直线与直线所成角,设正方体的棱长为2,进而求解；③由,取为中点,则,则即为与平面所成的锐二面角,进而求解；④由平行的性质及图形判断即可.
【详解】
取中点,连接,则,所以,所以平面即为平面,
取中点,中点,连接,则易证得,
所以平面平面,所以点的运动轨迹为线段,平面即为平面.
①取为中点,因为是等腰三角形,所以,又因为,所以,故①正确；
②直线与直线所成角即为直线与直线所成角,设正方体的棱长为2,当点为中点时,直线与直线所成角最小,此时,；
当点与点或点重合时,直线与直线所成角最大,此时,
所以直线与直线所成角的正切值的取值范围是,②正确；
③与平面的交线为,且,取为中点,则即为与平面所成的锐二面角,,所以③正确；
④正方体的各个侧面中,平面,平面,平面,平面与平面所成的角相等,所以④正确．
故答案为:①②③④
【点睛】
本题考查直线与平面的空间位置关系,考查异面直线成角,二面角,考查空间想象能力与转化思想.
15、
【解析】
分析：将题中的式子进行整理，将当做一个整体，之后应用已知两个正数的整式形式和为定值，求分式形式和的最值的问题的求解方法，即可求得结果.
详解：，当且仅当等号成立，故答案是.
点睛：该题属于应用基本不等式求最值的问题，解决该题的关键是需要对式子进行化简，转化，利用整体思维，最后注意此类问题的求解方法-------相乘，即可得结果.
16、
【解析】
分步排课，首先将“礼”与“乐”排在前两节，然后，“射”和“御”捆绑一一起作为一个元素与其它两个元素合起来全排列，同时它们内部也全排列．
【详解】
第一步：先将“礼”与“乐”排在前两节，有种不同的排法；第二步：将“射”和“御”两节讲座捆绑再和其他两艺全排有种不同的排法，所以满足“礼”与“乐”必须排在前两节，“射”和“御”两节讲座必须相邻的不同安排种数为．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查排列的应用，排列组合问题中，遵循特殊元素特殊位置优先考虑的原则，相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插入法．
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、（Ⅰ） （Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）根据条件由正弦定理得，又c＝2a，所以，由余弦定理算出，进而算出；
（Ⅱ）由二倍角公式算出，代入两角和的正弦公式计算即可.
【详解】
（Ⅰ） bsinB﹣asinA＝asinC，所以由正弦定理得，
又c＝2a，所以，由余弦定理得：
，又，所以；
（Ⅱ），
.
【点睛】
本题主要考查了正余弦定理的应用，运用二倍角公式和两角和的正弦公式求值，考查了学生的运算求解能力.
18、（1）．（2）
【解析】
(1)根据题意代入公式化简即可得到.(2)联立极坐标方程通过极坐标的几何意义求解，再求点到直线的距离即可算出三角形面积.
【详解】
解：（1）曲线，即．
∴．曲线的极坐标方程为．
直线的极坐标方程为，即，
∴直线的直角坐标方程为．
（2）设，，
∴，解得．
又，∴（舍去）．
∴．
点到直线的距离为，
∴的面积为．
【点睛】
此题考查参数方程，极坐标，直角坐标之间相互转化，注意参数方程只能先转化为直角坐标再转化为极坐标，属于较易题目.
19、（1）；（2）
【解析】
（1）直接利用转换公式，把参数方程，直角坐标方程与极坐标方程进行转化；
（2）利用极坐标方程将转化为三角函数求解即可.
【详解】
（1）因为，所以的普通方程为，
又，，，
的极坐标方程为，
的方程即为，对应极坐标方程为.
（2）由己知设，，则，，
所以，
又，，
当，即时，取得最小值；
当，即时，取得最大值.
所以，的取值范围为.
【点睛】
本题主要考查了直角坐标方程，参数方程与极坐标方程的互化，三角函数的值域求解等知识，考查了学生的运算求解能力.
20、（1）（2）；时，取得最小值
【解析】
（1）设等差数列的公差为，由，结合已知，联立方程组，即可求得答案.
（2）由（1）知，故可得，即可求得答案.
【详解】
（1）设等差数列的公差为，由及，
得
解得
数列的通项公式为
（2）由（1）知
时，取得最小值.
【点睛】
本题解题关键是掌握等差数列通项公式和前项和公式，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
21、（1）时，函数单调递增，，函数单调递减，；（2）见解析
【解析】
（1）求出函数的定义域与导函数，利用导数求函数的单调区间，即可得到函数的极值；
（2）易得且，要证明，即证，即证，即对恒成立，构造函数
，，利用导数研究函数的单调性与最值，即可得证；
【详解】
解：（1）因为定义域为，
所以，
时，，即在和上单调递增，当时，，即函数在单调递减，
所以在处取得极小值，在处取得极大值；
，；
（2）易得，
要证明，即证，即证
即证对恒成立，
令，，
则
令，解得，即在上单调递增；
令，解得，即在上单调递减；
则在取得极小值，也就是最小值，
从而结论得证.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，利用导数证明不等式，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题．
22、（1）；（2）见解析.
【解析】
（1）由已知变形得到，从而是等差数列，然后利用等差数列的通项公式计算即可；
（2）先求出数列的通项，再利用裂项相消法求出即可.
【详解】
（1）由已知，，即，又，则数列是以1为首项3
为公差的等差数列，所以，即.
（2）因为，则，
所以，又
是递增数列，所以，综上，.
【点睛】
本题考查由递推公式求数列通项公式、裂项相消法求数列的和，考查学生的计算能力，是一道基础题.