甘肃省张掖市2026-2027学年高考数学考前最后一卷预测卷（含答案解析）

这是一份甘肃省张掖市2026-2027学年高考数学考前最后一卷预测卷（含答案解析），共3页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，已知集合，，，则，函数在的图象大致为，若复数等内容，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．设函数的导函数，且满足，若在中，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数满足，则对应的点位于复平面的（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．已知数列满足：)若正整数使得成立，则（ ）
A．16B．17C．18D．19
4．设a=lg73，，c=30.7，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
5．集合的真子集的个数为( )
A．7B．8C．31D．32
6．已知定义在上的函数满足，且在上是增函数，不等式对于恒成立，则的取值范围是
A．B．C．D．
7．已知集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
8．函数在的图象大致为( )
A．B．
C．D．
9．定义在上的偶函数，对，，且，有成立，已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
10．若复数（为虚数单位），则的共轭复数的模为（ ）
A．B．4C．2D．
11．正方形的边长为，是正方形内部（不包括正方形的边）一点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
12．已知正项等比数列的前项和为，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设是公差不为0的等差数列的前n项和，且，则______.
14．设数列为等差数列，其前项和为，已知，，若对任意都有成立，则的值为__________．
15．四面体中，底面，，，则四面体的外接球的表面积为______
16．如图是一个算法伪代码，则输出的的值为_______________.
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）已知函数．
（1）当时，试求曲线在点处的切线；
（2）试讨论函数的单调区间．
18．（12分）某公园有一块边长为3百米的正三角形空地，拟将它分割成面积相等的三个区域，用来种植三种花卉.方案是：先建造一条直道将分成面积之比为的两部分（点D，E分别在边，上）；再取的中点M，建造直道（如图）.设，，（单位：百米）.
（1）分别求，关于x的函数关系式；
（2）试确定点D的位置，使两条直道的长度之和最小，并求出最小值.
19．（12分）已知函数.
（1）若，求不等式的解集；
（2）若“，”为假命题，求的取值范围.
20．（12分）设函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若对恒成立，求的取值范围.
21．（12分）已知函数（）的图象在处的切线为（为自然对数的底数）
（1）求的值；
（2）若，且对任意恒成立，求的最大值.
22．（10分）如图1，在等腰中，，，分别为，的中点，为的中点，在线段上，且。将沿折起，使点到的位置（如图2所示），且。
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值
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、D
【解析】
根据的结构形式，设，求导，则，在上是增函数，再根据在中，，得到，，利用余弦函数的单调性，得到，再利用的单调性求解.
【详解】
设，
所以 ，
因为当时，，
即，
所以，在上是增函数，
在中，因为，所以，，
因为，且，
所以，
即，
所以，
即
故选：D
本题主要考查导数与函数的单调性，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
2、D
【解析】
利用复数模的计算、复数的除法化简复数，再根据复数的几何意义，即可得答案；
【详解】
，
对应的点，
对应的点位于复平面的第四象限.
故选：D.
本题考查复数模的计算、复数的除法、复数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题.
3、B
【解析】
计算，故，解得答案.
【详解】
当时，，即，且.
故，
，故.
故选：.
本题考查了数列的相关计算，意在考查学生的计算能力和对于数列公式方法的综合应用.
4、D
【解析】
，，得解．
【详解】
，，，所以，故选D
比较不同数的大小，找中间量作比较是一种常见的方法．
5、A
【解析】
计算，再计算真子集个数得到答案.
【详解】
，故真子集个数为：.
故选：.
本题考查了集合的真子集个数，意在考查学生的计算能力.
6、A
【解析】
根据奇偶性定义和性质可判断出函数为偶函数且在上是减函数，由此可将不等式化为；利用分离变量法可得，求得的最大值和的最小值即可得到结果.
【详解】
为定义在上的偶函数，图象关于轴对称
又在上是增函数 在上是减函数
，即
对于恒成立 在上恒成立
，即的取值范围为：
本题正确选项：
本题考查利用函数的奇偶性和单调性求解函数不等式的问题，涉及到恒成立问题的求解；解题关键是能够利用函数单调性将函数值的大小关系转化为自变量的大小关系，从而利用分离变量法来处理恒成立问题.
7、D
【解析】
根据集合的基本运算即可求解.
【详解】
解：，，，
则
故选：D.
本题主要考查集合的基本运算，属于基础题．
8、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.
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.
9、A
【解析】
根据偶函数的性质和单调性即可判断.
【详解】
解：对，，且，有
在上递增
因为定义在上的偶函数
所以在上递减
又因为，，
所以
故选：A
考查偶函数的性质以及单调性的应用，基础题.
10、D
【解析】
由复数的综合运算求出，再写出其共轭复数，然后由模的定义计算模．
【详解】
，．
故选：D．
本题考查复数的运算，考查共轭复数与模的定义，属于基础题．
11、C
【解析】
分别以直线为轴，直线为轴建立平面直角坐标系，设，根据，可求，而，化简求解.
【详解】
解：建立以为原点，以直线为轴，直线为轴的平面直角坐标系.设，，，则，，由，即，得.所以
=，所以当时，的最小值为.
故选：C.
本题考查向量的数量积的坐标表示，属于基础题.
12、D
【解析】
由，可求出等比数列的通项公式，进而可知当时，；当时，，从而可知的最小值为，求解即可.
【详解】
设等比数列的公比为，则，
由题意得，，得，解得，
得.
当时，；当时，，
则的最小值为.
故选：D.
本题考查等比数列的通项公式的求法，考查等比数列的性质，考查学生的计算求解能力，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、18
【解析】
将已知已知转化为的形式，化简后求得，利用等差数列前公式化简，由此求得表达式的值.
【详解】
因为，所以.
故填：.
本题考查等差数列基本量的计算，考查等差数列的性质以及求和，考查运算求解能力，属于基础题.
14、
【解析】
由已知条件得出关于首项和公差的方程组，解出这两个量，计算出，利用二次函数的基本性质求出的最大值及其对应的值，即可得解.
【详解】
设等差数列的公差为，由，解得，
.
所以，当时，取得最大值，
对任意都有成立，则为数列的最大值，因此，.
故答案为：.
本题考查等差数列前项和最值的计算，一般利用二次函数的基本性质求解，考查计算能力，属于中等题.
15、
【解析】
由题意画出图形，补形为长方体，求其对角线长，可得四面体外接球的半径，则表面积可求．
【详解】
解：如图，在四面体中，底面，，，
可得，补形为长方体，则过一个顶点的三条棱长分别为1，1，，
则长方体的对角线长为，则三棱锥的外接球的半径为1．
其表面积为．
故答案为：．
本题考查多面体外接球表面积的求法，补形是关键，属于中档题．
16、5
【解析】
执行循环结构流程图，即得结果.
【详解】
执行循环结构流程图得,结束循环，输出.
本题考查循环结构流程图，考查基本分析与运算能力，属基础题.
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）见解析
【解析】
（1）对函数进行求导，可以求出曲线在点处的切线，利用直线的斜截式方程可以求出曲线的切线方程；
（2）对函数进行求导，对实数进行分类讨论，可以求出函数的单调区间．
【详解】
（1）当时，函数定义域为，,
所以切线方程为；
（2）
当时，函数定义域为，在上单调递增
当时，恒成立，函数定义域为，又在单调递增，单调递减，单调递增
当时，函数定义域为，在单调递增，单调递减，单调递增
当时，设的两个根为且，由韦达定理易知两根均为正根，且，所以函数的定义域为，又对称轴，且，
在单调递增，单调递减，单调递增
本题考查了曲线切线方程的求法，考查了利用函数的导数讨论函数的单调性问题，考查了分类思想.
18、（1），.，.
（2）当百米时，两条直道的长度之和取得最小值百米.
【解析】
（1）由，可解得.方法一：再在中，利用余弦定理，可得关于x的函数关系式；在和中，利用余弦定理，可得关于x的函数关系式.方法二：在中，可得，则有，化简整理即得；同理，化简整理即得.（2）由（1）和基本不等式，计算即得.
【详解】
解：（1），是边长为3的等边三角形，又，
，.
由，得.
法1：在中，由余弦定理，得
.
故直道长度关于x的函数关系式为，.
在和中，由余弦定理，得
①
②
因为M为的中点，所以.
由①②，得，
所以，所以.
所以，直道长度关于x的函数关系式为
，.
法2：因为在中，，
所以.
所以，直道长度关于x的函数关系式为，.
在中，因为M为的中点，所以.
所以.
所以，直道长度关于x的函数关系式为，.
（2）由（1）得，两条直道的长度之和为
（当且仅当即时取“”）.
故当百米时，两条直道的长度之和取得最小值百米.
本题考查了余弦定理和基本不等式，第一问也可以利用三角形中的向量关系进行求解，属于中档题.
19、（1）
（2）
【解析】
（1））当时，将函数写成分段函数，即可求得不等式的解集.
（2）根据原命题是假命题，这命题的否定为真命题，即“，”为真命题，只需满足即可.
【详解】
解：（1）当时，
由，得.
故不等式的解集为.
（2）因为“，”为假命题，
所以“，”为真命题，
所以.
因为，
所以，则，所以，
即，解得，即的取值范围为.
本题考查绝对值不等式的解法，以及绝对值三角不等式，属于基础题.
20、（1）或；（2）或.
【解析】
试题分析：（1）根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求解集，最后求并集（2）根据绝对值三角不等式得最小值，再解含绝对值不等式可得的取值范围.
试题解析：（1）等价于或或，
解得：或.故不等式的解集为或.
（2）因为：
所以，由题意得：，解得或.
点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．
21、 (1)a=-1,b=1;(2)-1.
【解析】
（1）对求导得，根据函数的图象在处的切线为，列出方程组，即可求出的值；（2）由（1）可得，根据对任意恒成立，等价于对任意恒成立，构造，求出的单调性，由，，，，可得存在唯一的零点，使得，利用单调性可求出，即可求出的最大值.
（1），.
由题意知.
（2）由（1）知：，
∴对任意恒成立
对任意恒成立
对任意恒成立.
令，则.
由于，所以在上单调递增.
又，，，，
所以存在唯一的，使得，且当时，，时，. 即在单调递减，在上单调递增.
所以.
又，即，∴.
∴ .
∵ ，∴ .
又因为对任意恒成立，
又，∴ .
点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
22、（1）证明见解析
（2）
【解析】
（1）要证明线面平行，需证明线线平行，取的中点，连接，根据条件证明，即；
（2）以为原点，所在直线为轴，过作平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求两个平面的法向量，利用法向量求二面角的余弦值.
【详解】
（1）证明：取的中点，连接.
∵，∴为的中点.
又为的中点，∴.
依题意可知，则四边形为平行四边形，
∴，从而.
又平面，平面，
∴平面.
（2），且，
平面，平面，
，
，且，
平面，
以为原点，所在直线为轴，过作平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，不妨设，
则，，，，，
，，，.
设平面的法向量为，
则，即，
令，得.
设平面的法向量为，
则，即，
令，得.
从而，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
本题考查线面平行的证明和空间坐标法解决二面角的问题，意在考查空间想象能力，推理证明和计算能力，属于中档题型，证明线面平行，或证明面面平行时，关键是证明线线平行，所以做辅助线或证明时，需考虑构造中位线或平行四边形，这些都是证明线线平行的常方法.