2026届黑龙江青冈县一中高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析

这是一份2026届黑龙江青冈县一中高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析，共7页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，设全集，集合，则＝，在中，分别为所对的边，若函数等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．已知当，，时，，则以下判断正确的是
A．B．
C．D．与的大小关系不确定
2．设抛物线上一点到轴的距离为，到直线的距离为，则的最小值为（ ）
A．2B．C．D．3
3．设全集U=R，集合，则（ ）
A．B．C．D．
4．设全集，集合，则＝( )
A．B．C．D．
5．已知等比数列的各项均为正数，设其前n项和，若（），则（ ）
A．30B．C．D．62
6．已知不重合的平面 和直线 ，则“ ”的充分不必要条件是（ ）
A．内有无数条直线与平行B． 且
C． 且D．内的任何直线都与平行
7．在区间上随机取一个数，使直线与圆相交的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知数列的首项，且，其中，，，下列叙述正确的是（ ）
A．若是等差数列，则一定有B．若是等比数列，则一定有
C．若不是等差数列，则一定有 D．若不是等比数列，则一定有
9．已知函数，若不等式对任意的恒成立，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．在中，分别为所对的边，若函数
有极值点，则的范围是（ ）
A．B．
C．D．
11．已知向量与向量平行，，且，则（ ）
A．B．
C．D．
12． 若x,y满足约束条件的取值范围是
A．[0,6]B．[0,4]C．[6, D．[4,
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．一个房间的地面是由12个正方形所组成，如图所示.今想用长方形瓷砖铺满地面，已知每一块长方形瓷砖可以覆盖两块相邻的正方形，即或，则用6块瓷砖铺满房间地面的方法有_______种.
14．已知函数，若函数恰有4个零点，则实数的取值范围是________．
15．已知半径为4的球面上有两点，，球心为O，若球面上的动点C满足二面角的大小为，则四面体的外接球的半径为_________.
16．记等差数列和的前项和分别为和，若，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）已知的内角、、的对边分别为、、，满足.有三个条件：①；②；③.其中三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件完成下面两个问题：
（1）求；
（2）设为边上一点，且，求的面积.
18．（12分）已知椭圆：过点，过坐标原点作两条互相垂直的射线与椭圆分别交于，两点.
（1）证明：当取得最小值时，椭圆的离心率为.
（2）若椭圆的焦距为2，是否存在定圆与直线总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由.
19．（12分）已知数列的前项和为，且满足（）.
（1）求数列的通项公式；
（2）设（），数列的前项和.若对恒成立，求实数，的值.
20．（12分）已知奇函数的定义域为，且当时，.
（1）求函数的解析式；
（2）记函数，若函数有3个零点，求实数的取值范围.
21．（12分）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若在定义域内是增函数，且存在不相等的正实数，使得，证明：.
22．（10分）如图，在三棱锥中，，是的中点，点在上，平面，平面平面，为锐角三角形，求证：
（1）是的中点；
（2）平面平面.
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】
由函数的增减性及导数的应用得：设，求得可得为增函数，又，，时，根据条件得，即可得结果．
【详解】
解：设，
则，
即为增函数，
又，，，，
即，
所以，
所以．
故选：C．
【点睛】
本题考查了函数的增减性及导数的应用，属中档题．
2、A
【解析】
分析：题设的直线与抛物线是相离的，可以化成，其中是点到准线的距离，也就是到焦点的距离，这样我们从几何意义得到的最小值，从而得到的最小值.
详解：由①得到，，故①无解，
所以直线与抛物线是相离的.
由，
而为到准线的距离，故为到焦点的距离，
从而的最小值为到直线的距离，
故的最小值为，故选A.
点睛：抛物线中与线段的长度相关的最值问题，可利用抛物线的几何性质把动线段的长度转化为到准线或焦点的距离来求解.
3、A
【解析】
求出集合M和集合N,，利用集合交集补集的定义进行计算即可．
【详解】
，
，
则，
故选：A．
【点睛】
本题考查集合的交集和补集的运算，考查指数不等式和二次不等式的解法，属于基础题．
4、A
【解析】
先求得全集包含的元素，由此求得集合的补集.
【详解】
由解得，故，所以，故选A.
【点睛】
本小题主要考查补集的概念及运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.
5、B
【解析】
根据，分别令，结合等比数列的通项公式，得到关于首项和公比的方程组，解方程组求出首项和公式，最后利用等比数列前n项和公式进行求解即可.
【详解】
设等比数列的公比为，由题意可知中：.由，分别令，可得、，由等比数列的通项公式可得：，
因此.
故选：B
【点睛】
本题考查了等比数列的通项公式和前n项和公式的应用，考查了数学运算能力.
6、B
【解析】
根据充分不必要条件和直线和平面，平面和平面的位置关系，依次判断每个选项得到答案.
【详解】
A. 内有无数条直线与平行，则相交或，排除；
B. 且，故，当，不能得到 且，满足；
C. 且，，则相交或，排除；
D. 内的任何直线都与平行，故，若，则内的任何直线都与平行，充要条件，排除.
故选：.
【点睛】
本题考查了充分不必要条件和直线和平面，平面和平面的位置关系，意在考查学生的综合应用能力.
7、C
【解析】
根据直线与圆相交，可求出k的取值范围，根据几何概型可求出相交的概率.
【详解】
因为圆心，半径，直线与圆相交，所以
，解得
所以相交的概率,故选C.
【点睛】
本题主要考查了直线与圆的位置关系，几何概型，属于中档题.
8、C
【解析】
根据等差数列和等比数列的定义进行判断即可.
【详解】
A：当时，，显然符合是等差数列，但是此时不成立，故本说法不正确；
B：当时，，显然符合是等比数列，但是此时不成立，故本说法不正确；
C：当时，因此有常数，因此是等差数列，因此当不是等差数列时，一定有，故本说法正确；
D：当 时，若时，显然数列是等比数列，故本说法不正确.
故选：C
【点睛】
本题考查了等差数列和等比数列的定义，考查了推理论证能力，属于基础题.
9、A
【解析】
先求出函数在处的切线方程，在同一直角坐标系内画出函数和的图象，利用数形结合进行求解即可.
【详解】
当时，，所以函数在处的切线方程为：，令，它与横轴的交点坐标为.
在同一直角坐标系内画出函数和的图象如下图的所示：
利用数形结合思想可知：不等式对任意的恒成立，则实数k的取值范围是.
故选：A
【点睛】
本题考查了利用数形结合思想解决不等式恒成立问题，考查了导数的应用，属于中档题.
10、D
【解析】
试题分析：由已知可得有两个不等实根.
考点：1、余弦定理；2、函数的极值.
【方法点晴】本题考查余弦定理，函数的极值，涉及函数与方程思想思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型. 首先利用转化化归思想将原命题转化为有两个不等实根，从而可得.
11、B
【解析】
设，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出向量的坐标.
【详解】
设，且，，
由得，即，①，由，②，
所以，解得，因此，.
故选：B.
【点睛】
本题考查向量坐标的求解，涉及共线向量的坐标表示和向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中等题.
12、D
【解析】
解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：
目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，
由解得C（2，1），
目标函数的最小值为：4
目标函数的范围是[4，+∞）．
故选D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、11
【解析】
将图形中左侧的两列瓷砖的形状先确定，再由此进行分类，在每一类里面又分按两种形状的瓷砖的数量进行分类，在其中会有相同元素的排列问题，需用到“缩倍法”. 采用分类计数原理，求得总的方法数.
【详解】
（1）先贴如图这块瓷砖，
然后再贴剩下的部分，按如下分类：
5个： ，
3个，2个：，
1个，4个：，
（2）左侧两列如图贴砖，
然后贴剩下的部分：
3个：，
1个，2个：，
综上，一共有（种）.
故答案为：11.
【点睛】
本题考查了分类计数原理，排列问题，其中涉及到相同元素的排列，用到了“缩倍法”的思想.属于中档题.
14、
【解析】
函数恰有4个零点，等价于函数与函数的图象有四个不同的交点，画出函数图象，利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】
函数恰有4个零点，等价于函数与函数的图象有四个不同的交点，画出函数图象如下图所示：
由图象可知：实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】
本题考查了已知函数零点个数求参数取值范围问题，考查了数形结合思想和转化思想.
15、
【解析】
设所在截面圆的圆心为，中点为，连接，
易知即为二面角的平面角，可求出及，然后可判断出四面体外接球的球心在直线上，在中，，结合，可求出四面体的外接球的半径.
【详解】
设所在截面圆的圆心为，中点为，连接，
OA＝OB，所以，OD⊥AB，同理O1D⊥AB，所以，即为二面角的平面角，
，
因为，所以是等腰直角三角形，，
在中，由cs60º＝，得，由勾股定理，得：，
因为O1到A、B、C三的距离相等，所以，四面体外接球的球心在直线上，
设四面体外接球半径为，
在中，，
由勾股定理可得：，即，解得．
【点睛】
本题考查了三棱锥的外接球问题，考查了学生的空间想象能力、逻辑推理能力及计算求解能力，属于中档题．
16、
【解析】
结合等差数列的前项和公式,可得,求解即可.
【详解】
由题意,,,
因为,所以.
故答案为:.
【点睛】
本题考查了等差数列的前项和公式及等差中项的应用,考查了学生的计算求解能力,属于基础题.
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）.
【解析】
（1）先求出角，进而可得出，则①②中有且只有一个正确，③正确，然后分①③正确和②③正确两种情况讨论，结合三角形的面积公式和余弦定理可求得的值；
（2）计算出和，计算出，可得出，进而可求得的面积.
【详解】
（1）因为，所以，得，
，，
为钝角，与矛盾，故①②中仅有一个正确，③正确.
显然，得.
当①③正确时，
由，得（无解）；
当②③正确时，由于，，得；
（2）如图，因为，，则，
则，.
【点睛】
本题考查解三角形综合应用，涉及三角形面积公式和余弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.
18、（1）证明见解析；（2）存在，
【解析】
（1）将点代入椭圆方程得到，结合基本不等式，求得取得最小值时，进而证得椭圆的离心率为.
（2）当直线的斜率不存在时，根据椭圆的对称性，求得到直线的距离.当直线的斜率存在时，联立直线的方程和椭圆方程，写出韦达定理，利用，则列方程，求得的关系式，进而求得到直线的距离.根据上述分析判断出所求的圆存在，进而求得定圆的方程.
【详解】
（1）证明：∵椭圆经过点，∴，
∴，
当且仅当，即时，等号成立，
此时椭圆的离心率.
（2）解：∵椭圆的焦距为2，∴，又，∴，.
当直线的斜率不存在时，由对称性，设，.
∵，在椭圆上，∴，∴，∴到直线的距离.
当直线的斜率存在时，设的方程为.
由，得，
.
设，，则，.
∵，∴，
∴，
∴，即，
∴到直线的距离.
综上，到直线的距离为定值，且定值为，故存在定圆：，使得圆与直线总相切.
【点睛】
本小题主要考查点和椭圆的位置关系，考查基本不等式求最值，考查直线和椭圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，考查分类讨论的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.
19、（1）（2），.
【解析】
（1）根据数列的通项与前n项和的关系式，即求解数列的通项公式；
（2）由（1）可得，利用等比数列的前n项和公式和裂项法，求得，结合题意，即可求解.
【详解】
（1）由题意，当时，由，解得；
当时，可得，
即，
显然当时上式也适合，所以数列的通项公式为.
（2）由（1）可得，
所以
.
因为对恒成立，
所以，.
【点睛】
本题主要考查了数列的通项公式的求解，等差数列的前n项和公式，以及裂项法求和的应用，其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，以及合理利用“裂项法”求和是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.
20、（1）；（2）
【解析】
（1）根据奇函数定义，可知；令则，结合奇函数定义即可求得时的解析式，进而得函数的解析式；
（2）根据零点定义，可得，由函数图像分析可知曲线与直线在第三象限必1个交点，因而需在第一象限有2个交点，将与联立，由判别式及两根之和大于0，即可求得的取值范围.
【详解】
（1）因为函数为奇函数，且，故；
当时，，
，
则；
故.
（2）令，
解得，画出函数关系如下图所示，
要使曲线与直线有3个交点，
则2个交点在第一象限，1个交点在第三象限，联立，
化简可得，
令，即，
解得，
所以实数的取值范围为.
【点睛】
本题考查了根据函数奇偶性求解析式，分段函数图像画法，由函数零点个数求参数的取值范围应用，数形结合的应用，属于中档题.
21、（1）当时，在上递增，在上递减；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
当时，在上递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
（2）证明见解析
【解析】
（1）对求导，分，，进行讨论，可得的单调性；
（2）在定义域内是是增函数，由（1）可知，，设，可得，则，设，对求导，利用其单调性可证明.
【详解】
解：的定义域为，
因为，
所以，
当时，令，得，令，得；
当时，则，令，得，或，
令，得；
当时，，
当时，则，令，得；
综上所述，当时，在上递增，在上递减；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
当时，在上递增；
当时，在上递增，在上递减，在上递增；
（2）在定义域内是是增函数，由（1）可知，
此时，设，
又因为，则，
设，则
对于任意成立，
所以在上是增函数，
所以对于，有，
即，有，
因为，所以，
即，又在递增，
所以，即.
【点睛】
本题主要考查利用导数研究含参函数的单调性及导数在极值点偏移中的应用，考查学生分类讨论与转化的思想，综合性大，属于难题.
22、（1）证明见解析；（2）证明见解析；
【解析】
（1）推导出，由是的中点，能证明是有中点．
（2）作于点，推导出平面，从而，由，能证明平面，由此能证明平面平面．
【详解】
证明：（1）在三棱锥中，
平面，平面平面，
平面，
，
在中，是的中点，是有中点．
（2）在三棱锥中，是锐角三角形，
在中，可作于点，
平面平面，平面平面，
平面，平面，
平面，，
，，
平面，
平面，平面平面．
【点睛】
本题考查线段中点的证明，考查面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题．