2026届河南省漯河市重点中学高考临考冲刺数学试卷含解析

这是一份2026届河南省漯河市重点中学高考临考冲刺数学试卷含解析，共19页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，已知数列为等比数列，若，且，则，阿波罗尼斯，已知，则下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．设复数满足，在复平面内对应的点为，则（ ）
A．B．C．D．
2．在中，内角所对的边分别为，若依次成等差数列，则（ ）
A．依次成等差数列B．依次成等差数列
C．依次成等差数列D．依次成等差数列
3．设，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知定义在上的函数的周期为4，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
5．洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源，在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上心有此图象，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数．如图，若从四个阴数和五个阳数中分别随机选取1个数，则其和等于11的概率是（ ）．
A．B．C．D．
6．已知数列为等比数列，若，且，则（ ）
A．B．或C．D．
7．阿波罗尼斯（约公元前262~190年）证明过这样的命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆.后人将这个圆称为阿氏圆.若平面内两定点，间的距离为2，动点与，的距离之比为，当，，不共线时，的面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
8．一场考试需要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．
9．的展开式中的系数是-10，则实数( )
A．2B．1C．-1D．-2
10．已知，则下列说法中正确的是（ ）
A．是假命题B．是真命题
C．是真命题D．是假命题
11．一个几何体的三视图及尺寸如下图所示，其中正视图是直角三角形，侧视图是半圆，俯视图是等腰三角形，该几何体的表面积是 （ ）

A．
B．
C．
D．
12．定义两种运算“★”与“◆”，对任意，满足下列运算性质：①★，◆；②（）★★ ，◆◆，则（◆2020）（2020★2018）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．已知函数的图象在点处的切线方程是，则的值等于__________.
14．若，且，则的最小值是______.
15．数据的标准差为_____．
16．已知的展开式中含有的项的系数是，则展开式中各项系数和为______.
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）如图，在平面直角坐标系中，已知圆C：，椭圆E：（）的右顶点A在圆C上，右准线与圆C相切.
（1）求椭圆E的方程；
（2）设过点A的直线l与圆C相交于另一点M，与椭圆E相交于另一点N.当时，求直线l的方程.
18．（12分）设，
（1）求的单调区间；
（2）设恒成立，求实数的取值范围.
19．（12分）如图，在四棱锥中，底面是菱形，∠，是边长为2的正三角形，，为线段的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若为线段上一点，当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．
20．（12分）如图，是矩形，的顶点在边上，点，分别是，上的动点（的长度满足需求）.设，，，且满足.
（1）求；
（2）若，，求的最大值.
21．（12分）如图，矩形和梯形所在的平面互相垂直，，，.
（1）若为的中点，求证：平面；
（2）若，求四棱锥的体积.
22．（10分）在极坐标系中，曲线的极坐标方程为
（1）求曲线与极轴所在直线围成图形的面积；
（2）设曲线与曲线交于，两点，求.
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】
设，根据复数的几何意义得到、的关系式，即可得解；
【详解】
解：设
∵，∴，解得.
故选：B
【点睛】
本题考查复数的几何意义的应用，属于基础题.
2、C
【解析】
由等差数列的性质、同角三角函数的关系以及两角和的正弦公式可得，由正弦定理可得，再由余弦定理可得，从而可得结果.
【详解】
依次成等差数列，，
正弦定理得，
由余弦定理得 ，，即依次成等差数列，故选C.
【点睛】
本题主要考查等差数列的定义、正弦定理、余弦定理，属于难题. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．
3、A
【解析】
先利用换底公式将对数都化为以2为底,利用对数函数单调性可比较,再由中间值1可得三者的大小关系.
【详解】
，，，因此，故选：A.
【点睛】
本题主要考查了利用对数函数和指数函数的单调性比较大小,属于基础题.
4、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.
5、A
【解析】
基本事件总数，利用列举法求出其和等于11包含的基本事件有4个，由此能求出其和等于11的概率．
【详解】
解：从四个阴数和五个阳数中分别随机选取1个数，
基本事件总数，
其和等于11包含的基本事件有：，，，，共4个，
其和等于的概率．
故选：．
【点睛】
本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
6、A
【解析】
根据等比数列的性质可得，通分化简即可.
【详解】
由题意，数列为等比数列，则，
又，即，
所以，，
.
故选：A.
【点睛】
本题考查了等比数列的性质，考查了推理能力与运算能力，属于基础题.
7、A
【解析】
根据平面内两定点，间的距离为2，动点与，的距离之比为，利用直接法求得轨迹，然后利用数形结合求解.
【详解】
如图所示：
设，，，则，
化简得，
当点到（轴）距离最大时，的面积最大，
∴面积的最大值是.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查轨迹的求法和圆的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
8、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.
9、C
【解析】
利用通项公式找到的系数，令其等于-10即可.
【详解】
二项式展开式的通项为，令，得，
则，所以，解得.
故选：C
【点睛】
本题考查求二项展开式中特定项的系数，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.
10、D
【解析】
举例判断命题p与q的真假，再由复合命题的真假判断得答案．
【详解】
当时，故命题为假命题；
记f（x）＝ex﹣x的导数为f′（x）＝ex，
易知f（x）＝ex﹣x（﹣∞，0）上递减，在（0，＋∞）上递增，
∴f（x）＞f（0）＝１＞0，即，故命题为真命题；
∴是假命题
故选D
【点睛】
本题考查复合命题的真假判断，考查全称命题与特称命题的真假，考查指对函数的图象与性质，是基础题．
11、D
【解析】
由三视图可知该几何体的直观图是轴截面在水平面上的半个圆锥，表面积为,故选D．
12、B
【解析】
根据新运算的定义分别得出◆2020和2020★2018的值，可得选项.
【详解】
由（）★★ ，得（+2）★★，
又★，所以★，★，★， ，以此类推，2020★2018★2018，
又◆◆，◆，
所以◆，◆，◆， ，以此类推，◆2020，
所以（◆2020）（2020★2018），
故选：B.
【点睛】
本题考查定义新运算，关键在于理解，运用新定义进行求值，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
利用导数的几何意义即可解决.
【详解】
由已知，，，故.
故答案为：.
【点睛】
本题考查导数的几何意义，要注意在某点的切线与过某点的切线的区别，本题属于基础题.
14、8
【解析】
利用的代换，将写成，然后根据基本不等式求解最小值.
【详解】
因为（即 取等号），
所以最小值为.
【点睛】
已知，求解（ ）的最小值的处理方法：利用
，得到，展开后利用基本不等式求解，注意取等号的条件.
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、1
【解析】
由二项式定理及展开式通项公式得：，解得，令得：展开式中各项系数和，得解．
【详解】
解：由的展开式的通项，
令，
得含有的项的系数是，
解得，
令得：展开式中各项系数和为，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了二项式定理及展开式通项公式，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）（2）或.
【解析】
（1）圆的方程已知，根据条件列出方程组，解方程即得；（2）设，，显然直线l的斜率存在，方法一：设直线l的方程为：，将直线方程和椭圆方程联立，消去，可得，同理直线方程和圆方程联立，可得，再由可解得，即得；方法二：设直线l的方程为：，与椭圆方程联立，可得，将其与圆方程联立，可得，由可解得，即得.
【详解】
（1）记椭圆E的焦距为（）.右顶点在圆C上，右准线与圆C：相切.解得，
，椭圆方程为：.
（2）法1：设，，
显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为：.
直线方程和椭圆方程联立，由方程组消去y得，整理得.
由，解得.
直线方程和圆方程联立，由方程组消去y得，
由，解得.
又，则有.
即，解得，
故直线l的方程为或.
分法2：设，，当直线l与x轴重合时，不符题意.
设直线l的方程为：.由方程组
消去x得，，解得.
由方程组消去x得，，
解得.
又，则有.
即，解得，
故直线l的方程为或.
【点睛】
本题考查求椭圆的标准方程，以及直线和椭圆的位置关系，考查学生的分析和运算能力.
18、（1）单调递增区间为，单调递减区间为；（2）
【解析】
（1），令，解不等式即可；
（2），令得，即，且的最小值为，令，结合即可解决.
【详解】
（1），
当时，，递增，
当时，，递减.
故的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2），
，
，设的根为，即有可得，
，当时，，递减，
当时，，递增.
，
所以，
①当；
②当时，设，
递增，，所以.
综上，.
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数单调性以及函数恒成立问题，这里要强调一点，处理恒成立问题时，通常是构造函数，将问题转化为函数的极值或最值来处理.
19、（1）见解析； （2）.
【解析】
（1）先证明，可证平面，再由可证平面，即得证；
（2）以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，设，求解面的法向量，面的法向量，利用二面角的余弦值为，可求解，转化即得解.
【详解】
（1）证明：因为是正三角形，为线段的中点，
所以．
因为是菱形，所以．
因为，所以是正三角形，
所以，所以平面．
又，所以平面．
因为平面，
所以平面平面．
（2）由（1）知平面，
所以，．
而，
所以，．
又，
所以平面．
以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系．
则．
于是，，．
设面的一个法向量，
由得
令，则，
即．
设，
易得，．
设面的一个法向量，
由得
令，则，，
即．
依题意，
即，
令，则，
即，即．
所以．
【点睛】
本题考查了空间向量和立体几何综合，考查了面面垂直的判断，二面角的向量求解，三棱锥的体积等知识点，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题.
20、（1）（2）
【解析】
（1）利用正弦定理和余弦定理化简，根据勾股定理逆定理求得.
（2）设，由此求得的表达式，利用三角函数最值的求法，求得的最大值.
【详解】
（1）设，，，由，
根据正弦定理和余弦定理得.
化简整理得.由勾股定理逆定理得.
（2）设，，由（1）的结论知.
在中，，由，所以.
在中，，由，所以.
所以，
由，
所以当，即时，取得最大值，且最大值为.
【点睛】
本小题考查正弦定理，余弦定理，勾股定理，解三角形，三角函数性质及其三角恒等变换等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，化归与转换思想，应用意识.
21、 (1)见解析(2)
【解析】
（1）设EC与DF交于点N，连结MN，由中位线定理可得MN∥AC，故AC∥平面MDF；
（2）取CD中点为G，连结BG，EG，则可证四边形ABGD是矩形，由面面垂直的性质得出BG⊥平面CDEF，故BG⊥DF，又DF⊥BE得出DF⊥平面BEG，从而得出DF⊥EG，得出Rt△DEG～Rt△EFD，列出比例式求出DE，代入体积公式即可计算出体积．
【详解】
（1）证明：设与交于点，连接，
在矩形中，点为中点，
∵为的中点，∴，
又∵平面，平面，
∴平面.
（2）取中点为，连接，，
平面平面，
平面平面，
平面，，
∴平面，同理平面，
∴的长即为四棱锥的高，
在梯形中，，
∴四边形是平行四边形，，
∴平面，
又∵平面，∴，
又，，
∴平面，.
注意到，
∴，，
∴.
【点睛】
求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面，将空间问题转化为平面问题求解，注意求体积的一些特殊方法——分割法、补形法、等体积法. ①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．
22、（1）；（2）
【解析】
（1）利用互化公式，将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，得出曲线与极轴所在直线围成的图形是一个半径为1的圆周及一个两直角边分别为1与的直角三角形，即可求出面积；
（2）联立方程组，分别求出和的坐标，即可求出.
【详解】
解：（1）由于的极坐标方程为，
根据互化公式得，曲线的直角坐标方程为：
当时，，
当时，，
则曲线与极轴所在直线围成的图形，
是一个半径为1的圆周及一个两直角边分别为1与的直角三角形，
∴围成图形的面积.
（2）由得，其直角坐标为，
化直角坐标方程为，
化直角坐标方程为，
∴，
∴.
【点睛】
本题考查利用互化公式将极坐标方程化为直角坐标方程，以及联立方程组求交点坐标，考查计算能力.