2026届河南省灵宝市实验高级中学高考临考冲刺数学试卷含解析

这是一份2026届河南省灵宝市实验高级中学高考临考冲刺数学试卷含解析，共9页。试卷主要包含了设，则，函数在的图象大致为，已知是虚数单位，若，，则实数等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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．设集合（为实数集），，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知点在双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．《九章算术》勾股章有一“引葭赴岸”问题“今有饼池径丈，葭生其中，出水两尺，引葭赴岸，适与岸齐，问水深，葭各几何？”，其意思是：有一个直径为一丈的圆柱形水池，池中心生有一颗类似芦苇的植物，露出水面两尺，若把它引向岸边，正好与岸边齐，问水有多深，该植物有多高？其中一丈等于十尺，如图若从该葭上随机取一点，则该点取自水下的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．若各项均为正数的等比数列满足，则公比（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．已知函数，.若存在，使得成立，则的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
6．设，则（ ）
A．B．C．D．
7．函数在的图象大致为( )
A．B．
C．D．
8．已知是虚数单位，若，，则实数（ ）
A．或B．-1或1C．1D．
9．已知点P不在直线l、m上，则“过点P可以作无数个平面，使得直线l、m都与这些平面平行”是“直线l、m互相平行”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
10．已知函数，若函数的所有零点依次记为，且，则（ ）
A．B．C．D．
11．（ ）
A．B．C．D．
12．若（），，则（ ）
A．0或2B．0C．1或2D．1
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．实数满足，则的最大值为_____．
14．已知数列的前项和且，设，则的值等于_______________ .
15．如图，在一个倒置的高为2的圆锥形容器中，装有深度为的水，再放入一个半径为1的不锈钢制的实心半球后，半球的大圆面、水面均与容器口相平，则的值为____________.
16．的展开式中二项式系数最大的项的系数为_________（用数字作答）.
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）讨论函数的极值；
（2）记关于的方程的两根分别为，求证：.
18．（12分）已知函数（，为自然对数的底数），.
（1）若有两个零点，求实数的取值范围；
（2）当时，对任意的恒成立，求实数的取值范围.
19．（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.
20．（12分）己知等差数列的公差，，且，，成等比数列.
（1）求使不等式成立的最大自然数n；
（2）记数列的前n项和为，求证：.
21．（12分）已知，.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）的三个内角、、所对边分别为、、，若且，求面积的取值范围.
22．（10分）如图，三棱柱的所有棱长均相等，在底面上的投影在棱上，且∥平面
（Ⅰ）证明：平面平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的余弦值.
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、A
【解析】
根据集合交集与补集运算,即可求得.
【详解】
集合,,
所以
所以
故选:A
【点睛】
本题考查了集合交集与补集的混合运算,属于基础题.
2、C
【解析】
将点A坐标代入双曲线方程即可求出双曲线的实轴长和虚轴长，进而求得离心率.
【详解】
将,代入方程得，而双曲线的半实轴，所以，得离心率,故选C.
【点睛】
此题考查双曲线的标准方程和离心率的概念，属于基础题.
3、C
【解析】
由题意知：，，设，则，在中，列勾股方程可解得，然后由得出答案.
【详解】
解：由题意知：，，设，则
在中，列勾股方程得：，解得
所以从该葭上随机取一点，则该点取自水下的概率为
故选C.
【点睛】
本题考查了几何概型中的长度型，属于基础题.
4、C
【解析】
由正项等比数列满足，即，又，即，运算即可得解.
【详解】
解：因为，所以，又，所以，
又，解得.
故选：C.
【点睛】
本题考查了等比数列基本量的求法，属基础题.
5、C
【解析】
由题意可知，，由可得出，，利用导数可得出函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，进而可得出，由此可得出，可得出，构造函数，利用导数求出函数在上的最大值即可得解.
【详解】
，，
由于，则，同理可知，，
函数的定义域为，对恒成立，所以，函数在区间上单调递增，同理可知，函数在区间上单调递增，
，则，，则，
构造函数，其中，则.
当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减.
所以，.
故选：C.
【点睛】
本题考查代数式最值的计算，涉及指对同构思想的应用，考查化归与转化思想的应用，有一定的难度.
6、C
【解析】
试题分析：，．故C正确．
考点：复合函数求值．
7、C
【解析】
先根据函数奇偶性排除B，再根据函数极值排除A；结合特殊值即可排除D，即可得解.
【详解】
函数，
则，所以为奇函数，排除B选项；
当时，，所以排除A选项；
当时，，排除D选项；
综上可知，C为正确选项，
故选：C.
【点睛】
本题考查根据函数解析式判断函数图像，注意奇偶性、单调性、极值与特殊值的使用，属于基础题.
8、B
【解析】
由题意得，，然后求解即可
【详解】
∵，∴.又∵，∴，∴.
【点睛】
本题考查复数的运算，属于基础题
9、C
【解析】
根据直线和平面平行的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
点不在直线、上，
若直线、互相平行，则过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，即必要性成立，
若过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，则直线、互相平行成立，反证法证明如下：
若直线、互相不平行，则，异面或相交，则过点只能作一个平面同时和两条直线平行，则与条件矛盾，即充分性成立
则“过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行”是“直线、互相平行”的充要条件，
故选：．
【点睛】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合空间直线和平面平行的性质是解决本题的关键．
10、C
【解析】
令，求出在的对称轴，由三角函数的对称性可得，将式子相加并整理即可求得的值.
【详解】
令，得，即对称轴为.
函数周期，令，可得.则函数在上有8条对称轴.
根据正弦函数的性质可知，
将以上各式相加得：
故选:C.
【点睛】
本题考查了三角函数的对称性，考查了三角函数的周期性，考查了等差数列求和.本题的难点是将所求的式子拆分为的形式.
11、B
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【详解】
．
故选B．
【点睛】
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
12、A
【解析】
利用复数的模的运算列方程，解方程求得的值.
【详解】
由于（），，所以，解得或.
故选：A
【点睛】
本小题主要考查复数模的运算，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】
画出可行域，解出可行域的顶点坐标，代入目标函数求出相应的数值，比较大小得到目标函数最值.
【详解】
解：作出可行域，如图所示，
则当直线过点时直线的截距最大，z取最大值．
由同理
，，
取最大值．
故答案为： ．
【点睛】
本题考查线性规划的线性目标函数的最优解问题. 线性目标函数的最优解一般在平面区域的顶点或边界处取得，所以对于一般的线性规划问题，若可行域是一个封闭的图形，我们可以直接解出可行域的顶点，然后将坐标代入目标函数求出相应的数值，从而确定目标函数的最值；若可行域不是封闭图形还是需要借助截距的几何意义来求最值.
14、7
【解析】
根据题意，当时，，可得，进而得数列为等比数列，再计算可得，进而可得结论.
【详解】
由题意，当时，，又，解得，
当时，由，
所以，，即，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，故，
又，，
所以，
.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了数列递推关系、函数求值，考查了推理能力与计算能力，计算得是解决本题的关键，属于中档题.
15、
【解析】
由已知可得到圆锥的底面半径，再由圆锥的体积等于半球的体积与水的体积之和即可建立方程.
【详解】
设圆锥的底面半径为，体积为，半球的体积为，水（小圆锥）的体积为，如图
则，所以，，解得，
所以，，，
由，得，解得.
故答案为：
【点睛】
本题考查圆锥的体积、球的体积的计算，考查学生空间想象能力与计算能力，是一道中档题.
16、5670
【解析】
根据二项式展开的通项，可得二项式系数的最大项，可求得其系数.
【详解】
二项展开式一共有项，所以由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第5项，系数为.
故答案为：5670
【点睛】
本题考查了二项式定理展开式的应用，由通项公式求二项式系数，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）见解析； （2）见解析
【解析】
（1）对函数求导，对参数讨论，得函数单调区间，进而求出极值；
（2）是方程的两根，代入方程，化简换元，构造新函数利用函数单调性求最值可解.
【详解】
（1）依题意，；
若，则，则函数在上单调递增，
此时函数既无极大值，也无极小值；
若，则，令，解得，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
此时函数有极大值，无极小值；
若，则，令，解得，
故当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
此时函数有极大值，无极小值；
（2）依题意，，则，，
故，；
要证：，即证，
即证：，即证，
设，只需证：，
设，则，
故在上单调递增，故，
即，故.
【点睛】
本题考查函数极值及利用导数证明二元不等式.
证明二元不等式常用方法是转化为证明一元不等式，再转化为函数最值问题.利用导数证明不等式的基本方法：
(1)若与的最值易求出，可直接转化为证明；
(2)若与的最值不易求出，可构造函数，然后根据函数 的单调性或最值，证明.
18、（1）；（2）
【解析】
（1）将有两个零点转化为方程有两个相异实根，令求导，利用其单调性和极值求解；
（2）将问题转化为对一切恒成立，令，求导，研究单调性，求出其最值即可得结果.
【详解】
（1）有两个零点关于的方程有两个相异实根
由，知
有两个零点有两个相异实根.
令，则，
由得：，由得：，
在单调递增，在单调递减
，
又
当时，，当时，
当时，
有两个零点时，实数的取值范围为；
（2）当时，，
原命题等价于对一切恒成立
对一切恒成立.
令
令，，则
在上单增
又，
，使即①
当时，，当时，，
即在递减，在递增，
由①知
函数在单调递增
即
，
实数的取值范围为.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，最值问题，考查学生转化能力和分析能力，是一道难度较大的题目.
19、（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.
20、（1）；（2）证明见解析
【解析】
（1）根据，，成等比数列，有，结合公差，，求得通项，再解不等式.
（2）根据（1），用裂项相消法求和，然后研究其单调性即可.
【详解】
（1）由题意，可知，
即，
∴.
又，，∴，
∴.
∴，
∴，
故满足题意的最大自然数为.
（2），
∴.
.
.
从而当时，单调递增，且，
当时，单调递增，且，
所以，
由，知不等式成立.
【点睛】
本题主要考查等差数列的基本运算和裂项相消法求和，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
21、（1）；（2）.
【解析】
（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，然后解不等式，可求得函数的单调递增区间；
（2）由求得，利用余弦定理结合基本不等式求出的取值范围，再结合三角形的面积公式可求得面积的取值范围.
【详解】
（1），
解不等式，解得.
因此，函数的单调递增区间为；
（2）由题意，则，
，，，解得.
由余弦定理得，又，，
当且仅当时取等号，
所以，的面积.
【点睛】
本题考查正弦型函数单调区间的求解，同时也考查了三角形面积取值范围的计算，涉及余弦定理和基本不等式的应用，考查计算能力，属于中等题.
22、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）连接交于点，连接，由于平面，得出，根据线线位置关系得出，利用线面垂直的判定和性质得出，结合条件以及面面垂直的判定，即可证出平面平面；
（Ⅱ）根据题意，建立空间直角坐标系，利用空间向量法分别求出和平面的法向量，利用空间向量线面角公式，即可求出直线与平面所成角的余弦值.
【详解】
解：（Ⅰ）证明：连接交于点，连接，
则平面平面，
平面，，
为的中点，为的中点，
平面，
，平面，
平面，平面平面
（Ⅱ）建立如图所示空间直角坐标系，设
则，，，
，，
设平面的法向量为，则，
取得，
设直线与平面所成角为
，
直线与平面所成角的余弦值为.
【点睛】
本题考查面面垂直的判定以及利用空间向量法求线面角的余弦值，考查空间想象能力和推理能力.