2026届黑龙江省宾县第一中学高考冲刺数学模拟试题含解析

这是一份2026届黑龙江省宾县第一中学高考冲刺数学模拟试题含解析，共7页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，下列函数中，值域为的偶函数是，设，且，则，已知复数满足，且，则等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
2．以下四个命题：①两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近1；②在回归分析中，可用相关指数的值判断拟合效果，越小，模型的拟合效果越好； ③若数据的方差为1，则的方差为4；④已知一组具有线性相关关系的数据，其线性回归方程，则“满足线性回归方程”是“ ，”的充要条件；其中真命题的个数为( )
A．4B．3C．2D．1
3．已知函数（），若函数有三个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知双曲线与双曲线没有公共点，则双曲线的离心率的取值范围是( )
A．B．C．D．
5．下列函数中，值域为的偶函数是（ ）
A．B．C．D．
6．如下的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该程序框图，若输入的a，b分别为176，320，则输出的a为（ ）
A．16B．18C．20D．15
7．设，且，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知，，是平面内三个单位向量，若，则的最小值（ ）
A．B．C．D．5
9．已知复数满足，且，则（ ）
A．3B．C．D．
10．已知平面向量满足与的夹角为，且，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
11．设分别为的三边的中点，则（ ）
A．B．C．D．
12．正的边长为2，将它沿边上的高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．命题“对任意，”的否定是 ．
14．已知抛物线的焦点为，斜率为2的直线与的交点为，若，则直线的方程为___________．
15．满足约束条件的目标函数的最小值是 .
16．设等比数列的前项和为，若，则数列的公比是 ．
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）若，求的单调递增区间；
（2）若，求的值．
18．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝AA1，M，N分别是AC，B1C1的中点．求证：
（1）MN∥平面ABB1A1；
（2）AN⊥A1B．
19．（12分）运输一批海鲜，可在汽车、火车、飞机三种运输工具中选择，它们的速度分别为60千米/小时、120千米/小时、600千米/小时，每千米的运费分别为20元、10元、50元.这批海鲜在运输过程中每小时的损耗为m元（），运输的路程为S（千米）.设用汽车、火车、飞机三种运输工具运输时各自的总费用（包括运费和损耗费）分别为（元）、（元）、（元）.
（1）请分别写出、、的表达式；
（2）试确定使用哪种运输工具总费用最省.
20．（12分）在开展学习强国的活动中，某校高三数学教师成立了党员和非党员两个学习组，其中党员学习组有4名男教师、1名女教师，非党员学习组有2名男教师、2名女教师，高三数学组计划从两个学习组中随机各选2名教师参加学校的挑战答题比赛.
（1）求选出的4名选手中恰好有一名女教师的选派方法数；
（2）记X为选出的4名选手中女教师的人数，求X的概率分布和数学期望.
21．（12分）如图，在四边形中，，，.
（1）求的长；
（2）若的面积为6，求的值.
22．（10分）如图，平面四边形中，，是上的一点，是的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
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】
将点代入解析式确定参数值，结合导数的几何意义求得切线斜率，即可由点斜式求的切线方程.
【详解】
曲线，即，
当时，代入可得，所以切点坐标为，
求得导函数可得，
由导数几何意义可知，
由点斜式可得切线方程为，即，
故选：A.
【点睛】
本题考查了导数的几何意义，在曲线上一点的切线方程求法，属于基础题.
2、C
【解析】
①根据线性相关性与r的关系进行判断,
②根据相关指数的值的性质进行判断,
③根据方差关系进行判断,
④根据点满足回归直线方程，但点不一定就是这一组数据的中心点，而回归直线必过样本中心点，可进行判断.
【详解】
①若两个随机变量的线性相关性越强,则相关系数r的绝对值越接近于1,故①正确;
②用相关指数的值判断模型的拟合效果,越大,模型的拟合效果越好,故②错误;
③若统计数据的方差为1,则的方差为,故③正确;
④因为点满足回归直线方程，但点不一定就是这一组数据的中心点，即，不一定成立，而回归直线必过样本中心点，所以当，时，点 必满足线性回归方程 ；因此“满足线性回归方程”是“ ，”必要不充分条件.故 ④错误; 所以正确的命题有①③.
故选：C.
【点睛】
本题考查两个随机变量的相关性，拟合性检验，两个线性相关的变量间的方差的关系，以及两个变量的线性回归方程，注意理解每一个量的定义，属于基础题.
3、A
【解析】
分段求解函数零点，数形结合，分类讨论即可求得结果.
【详解】
作出和，的图像如下所示：
函数有三个零点，
等价于与有三个交点，
又因为，且由图可知，
当时与有两个交点，
故只需当时，与有一个交点即可.
若当时，
时，显然?=?(?)与?=4|?|有一个交点?，故满足题意；
时，显然?=?(?)与?=4|?|没有交点，故不满足题意；
时，显然?=?(?)与?=4|?|也没有交点，故不满足题意；
时，显然与有一个交点，故满足题意.
综上所述，要满足题意，只需.
故选：A.
【点睛】
本题考查由函数零点的个数求参数范围，属中档题.
4、C
【解析】
先求得的渐近线方程，根据没有公共点，判断出渐近线斜率的取值范围，由此求得离心率的取值范围.
【详解】
双曲线的渐近线方程为，由于双曲线与双曲线没有公共点，所以双曲线的渐近线的斜率，所以双曲线的离心率.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查双曲线的渐近线，考查双曲线离心率的取值范围的求法，属于基础题.
5、C
【解析】
试题分析：A中，函数为偶函数，但，不满足条件；B中，函数为奇函数，不满足条件；C中，函数为偶函数且，满足条件；D中，函数为偶函数，但，不满足条件，故选C．
考点：1、函数的奇偶性；2、函数的值域．
6、A
【解析】
根据题意可知最后计算的结果为的最大公约数.
【详解】
输入的a，b分别为,,根据流程图可知最后计算的结果为的最大公约数，按流程图计算,,,,,,,易得176和320的最大公约数为16，
故选:A.
【点睛】
本题考查的是利用更相减损术求两个数的最大公约数,难度较易.
7、C
【解析】
将等式变形后，利用二次根式的性质判断出，即可求出的范围.
【详解】
即
故选：C
【点睛】
此题考查解三角函数方程，恒等变化后根据的关系即可求解，属于简单题目.
8、A
【解析】
由于，且为单位向量，所以可令，，再设出单位向量的坐标，再将坐标代入中，利用两点间的距离的几何意义可求出结果．
【详解】
解：设，，，则，从而
，等号可取到．
故选：A
【点睛】
此题考查的是平面向量的坐标、模的运算，利用整体代换，再结合距离公式求解，属于难题．
9、C
【解析】
设,则,利用和求得,即可.
【详解】
设,则,
因为,则,所以,
又,即,所以,
所以,
故选:C
【点睛】
本题考查复数的乘法法则的应用,考查共轭复数的应用.
10、D
【解析】
由已知可得，结合向量数量积的运算律，建立方程，求解即可.
【详解】
依题意得
由，得
即，解得.
故选:.
【点睛】
本题考查向量的数量积运算，向量垂直的应用，考查计算求解能力，属于基础题.
11、B
【解析】
根据题意,画出几何图形,根据向量加法的线性运算即可求解.
【详解】
根据题意,可得几何关系如下图所示:
,
故选:B
【点睛】
本题考查了向量加法的线性运算,属于基础题.
12、D
【解析】
如图所示，设的中点为，的外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，利用正弦定理可得，利用球心的性质和线面垂直的性质可得四边形为平行四边形，最后利用勾股定理可求外接球的半径，从而可得外接球的表面积.
【详解】
如图所示，设的中点为，外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，则平面，.
因为，故，
因为，故.
由正弦定理可得，故，又因为，故.
因为，故平面，所以，
因为平面，平面，故，故，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以，故外接球的半径为，外接球的表面积为.
故选：D.
【点睛】
本题考查平面图形的折叠以及三棱锥外接球表面积的计算，还考查正弦定理和余弦定理，折叠问题注意翻折前后的变量与不变量，外接球问题注意先确定外接球的球心的位置，然后把半径放置在可解的直角三角形中来计算，本题有一定的难度.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、存在，使得
【解析】
试题分析：根据命题否定的概念，可知命题“对任意，”的否定是“存在，使得”．
考点：命题的否定．
14、
【解析】
设直线l的方程为，，联立直线l与抛物线C的方程，得到A，B点横坐标的关系式，代入到中，解出t的值，即可求得直线l的方程
【详解】
设直线．
由题设得，故，
由题设可得．
由可得，
则，
从而，得，
所以l的方程为,
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了直线的方程，抛物线的定义，抛物线的简单几何性质，直线与抛物线的位置关系，属于中档题.
15、-2
【解析】
可行域是如图的菱形ABCD，
代入计算，
知为最小.
16、.
【解析】
当q=1时，.
当时，
，所以.
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）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，可得出函数的单调递增区间；
（2）由得出，并求出的值，利用两角差的正弦公式可求出的值.
【详解】
（1）当时，
，
由，得，
因此，函数的单调递增区间为；
（2），，
，，，，
．
【点睛】
本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键，属中等题．
18、（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】
（1）利用平行四边形的方法，证明平面.
（2）通过证明平面，由此证得.
【详解】
（1）设是中点，连接，由于是中点，所以且，而且，所以与平行且相等，所以四边形是平行四边形，所以，由于平面，平面，所以平面.
（2）连接，由于直三棱柱中，而，，所以平面，所以，由于,所以.由于四边形是矩形且，所以四边形是正方形，所以,由于,所以平面，所以.
【点睛】
本小题主要考查线面平行的证明，考查线面垂直的证明，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
19、（1），，.
（2）当时，此时选择火车运输费最省；
当时，此时选择飞机运输费用最省；
当时，此时选择火车或飞机运输费用最省.
【解析】
（1）将运费和损耗费相加得出总费用的表达式.
（2）作差比较、的大小关系得出结论.
【详解】
（1），
，.
（2），
故，
恒成立，故只需比较与的大小关系即可，
令，
故当，即时，
，即，此时选择火车运输费最省，
当，即时，
，即，此时选择飞机运输费用最省.
当，即时，
，，
此时选择火车或飞机运输费用最省.
【点睛】
本题考查了常见函数的模型，考查了分类讨论的思想，属于基础题.
20、（1）28种；（2）分布见解析，.
【解析】
（1）分这名女教师分别来自党员学习组与非党员学习组，可得恰好有一名女教师的选派方法数；
（2）X的可能取值为，再求出X的每个取值的概率，可得X的概率分布和数学期望.
【详解】
解：（1）选出的4名选手中恰好有一名女生的选派方法数为种.
（2）X的可能取值为0，1，2，3.
，
，
，
.
故X的概率分布为：
所以.
【点睛】
本题主要考查组合数与组合公式及离散型随机变量的期望和方差，相对不难，注意运算的准确性.
21、 (1) (2)
【解析】
（1）利用余弦定理可得的长；（2）利用面积得出，结合正弦定理可得.
【详解】
解：（1）由题可知.
在中，，
所以.
（2），则.
又，
所以.
【点睛】
本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，已知角较多时一般选用正弦定理，已知边较多时一般选用余弦定理.
22、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）要证平面平面，只需证平面，而，所以只需证，而由已知的数据可证得为等边三角形，又由于是的中点，所以，从而可证得结论；
（2）由于在中，，而平面平面，所以点在平面的投影恰好为的中点，所以如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【详解】
（1）由，所以平面四边形为直角梯形，设，因为.
所以在中，，则，又，所以，由，
所以为等边三角形，
又是的中点，所以，又平面，
则有平面，
而平面，故平面平面.
（2）解法一：在中，，取中点，所以，
由（1）可知平面平面，平面平面，
所以平面，
以为坐标原点，方向为轴方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量，由得取，则
设直线与平面所成角大小为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.

解法二：在中，，取中点，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，
所以平面，
过作于，连，则由平面平面，所以，又，则平面，又平面所以，在中，，所以，设到平面的距离为，由，即，即，
可得，
设直线与平面所成角大小为，则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
此题考查的是立体几何中的证明面面垂直和求线面角，考查学生的转化思想和计算能力，属于中档题.
X
0
1
2
3
P