福建省龙岩市2026-2027学年高考仿真模拟数学试卷（含答案解析）

这是一份福建省龙岩市2026-2027学年高考仿真模拟数学试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了 “”是“”的，设复数满足，则，在复平面内，复数，已知实数，满足，则的最大值等于等内容，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．已知函数，若关于的不等式恰有1个整数解，则实数的最大值为（ ）
A．2B．3C．5D．8
2．已知数列的通项公式是，则（ ）
A．0B．55C．66D．78
3．已知向量，，=(1，)，且在方向上的投影为，则等于（ ）
A．2B．1C．D．0
4．已知，，，，．若实数，满足不等式组，则目标函数（ ）
A．有最大值，无最小值B．有最大值，有最小值
C．无最大值，有最小值D．无最大值，无最小值
5． “”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件
6．设复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
7．在复平面内，复数（，）对应向量（O为坐标原点），设，以射线Ox为始边，OZ为终边旋转的角为，则，法国数学家棣莫弗发现了棣莫弗定理：，，则，由棣莫弗定理可以导出复数乘方公式：，已知，则（ ）
A．B．4C．D．16
8．已知实数，满足，则的最大值等于( )
A．2B．C．4D．8
9．已知点，若点在曲线上运动，则面积的最小值为（ ）
A．6B．3C．D．
10．过双曲线左焦点的直线交的左支于两点，直线（是坐标原点）交的右支于点，若，且，则的离心率是（ ）
A．B．C．D．
11．已知集合，若，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
12．已知，函数在区间内没有最值，给出下列四个结论：
①在上单调递增；
②
③在上没有零点；
④在上只有一个零点.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．②④B．①③C．②③D．①②④
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在△ABC中，∠BAC＝，AD为∠BAC的角平分线，且，若AB＝2，则BC＝_______.
14．的展开式中，的系数是__________. (用数字填写答案)
15．已知等差数列的前n项和为，，，则＝_______．
16．已知四棱锥的底面ABCD是边长为2的正方形，且.若四棱锥P-ABCD的五个顶点在以4为半径的同一球面上，当PA最长时，则______________；四棱锥P-ABCD的体积为______________.
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，，分别为内角，，的对边，且.
（1）证明：；
（2）若的面积，，求角.
18．（12分）如图，椭圆的左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，且，为等边三角形，过点的直线与椭圆在轴右侧的部分交于、两点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求四边形面积的取值范围．
19．（12分）三棱柱中，平面平面，，点为棱的中点，点为线段上的动点.
（1）求证：；
（2）若直线与平面所成角为，求二面角的正切值.
20．（12分）已知函数.
（1）若是的极值点，求的极大值；
（2）求实数的范围，使得恒成立.
21．（12分）如图所示,直角梯形中,,,,四边形为矩形,.
（1）求证:平面平面;
（2）在线段上是否存在点,使得直线与平面所成角的正弦值为,若存在,求出线段的长,若不存在,请说明理由.
22．（10分）在中，角的对边分别为.已知，且.
（1）求的值；
（2）若的面积是，求的周长.
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】
画出函数的图象，利用一元二次不等式解法可得解集，再利用数形结合即可得出.
【详解】
解：函数，如图所示
当时，，
由于关于的不等式恰有1个整数解
因此其整数解为3，又
∴，，则
当时，，则不满足题意；
当时，
当时，，没有整数解
当时，，至少有两个整数解
综上，实数的最大值为
故选：D
本题主要考查了根据函数零点的个数求参数范围，属于较难题.
2、D
【解析】
先分为奇数和偶数两种情况计算出的值，可进一步得到数列的通项公式，然后代入转化计算，再根据等差数列求和公式计算出结果.
【详解】
解：由题意得，当为奇数时，，
当为偶数时，
所以当为奇数时，；当为偶数时，，
所以






故选：D
此题考查数列与三角函数的综合问题，以及数列求和，考查了正弦函数的性质应用，等差数列的求和公式，属于中档题.
3、B
【解析】
先求出，再利用投影公式求解即可.
【详解】
解：由已知得，
由在方向上的投影为，得，
则.
故答案为：B.
本题考查向量的几何意义，考查投影公式的应用，是基础题.
4、B
【解析】
判断直线与纵轴交点的位置，画出可行解域，即可判断出目标函数的最值情况.
【详解】
由，，所以可得.
，
所以由，因此该直线在纵轴的截距为正，但是斜率有两种可能，因此可行解域如下图所示：
由此可以判断该目标函数一定有最大值和最小值.
故选：B
本题考查了目标函数最值是否存在问题，考查了数形结合思想，考查了不等式的性质应用.
5、A
【解析】
首先利用二倍角正切公式由，求出，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可；
【详解】
解：∵，∴可解得或，
∴“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，二倍角正切公式的应用是解决本题的关键，属于基础题．
6、D
【解析】
根据复数运算，即可容易求得结果.
【详解】
.
故选：D.
本题考查复数的四则运算，属基础题.
7、D
【解析】
根据复数乘方公式：，直接求解即可.
【详解】
，
.
故选：D
本题考查了复数的新定义题目、同时考查了复数模的求法，解题的关键是理解棣莫弗定理，将复数化为棣莫弗定理形式，属于基础题.
8、D
【解析】
画出可行域，计算出原点到可行域上的点的最大距离，由此求得的最大值.
【详解】
画出可行域如下图所示，其中，由于,，所以，
所以原点到可行域上的点的最大距离为.
所以的最大值为.
故选：D
本小题主要考查根据可行域求非线性目标函数的最值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.
9、B
【解析】
求得直线的方程，画出曲线表示的下半圆，结合图象可得位于，结合点到直线的距离公式和两点的距离公式，以及三角形的面积公式，可得所求最小值.
【详解】
解：曲线表示以原点为圆心，1为半径的下半圆(包括两个端点)，如图，
直线的方程为，
可得，由圆与直线的位置关系知在时，到直线距离最短，即为，
则的面积的最小值为.
故选：B.
本题考查三角形面积最值，解题关键是掌握直线与圆的位置关系，确定半圆上的点到直线距离的最小值，这由数形结合思想易得．
10、D
【解析】
如图，设双曲线的右焦点为，连接并延长交右支于，连接，设，利用双曲线的几何性质可以得到，，结合、可求离心率.
【详解】
如图，设双曲线的右焦点为，连接，连接并延长交右支于.
因为，故四边形为平行四边形，故.
又双曲线为中心对称图形，故.
设，则，故，故.
因为为直角三角形，故，解得.
在中，有，所以.
故选：D.
本题考查双曲线离心率，注意利用双曲线的对称性（中心对称、轴对称）以及双曲线的定义来构造关于的方程，本题属于难题.
11、A
【解析】
解一元二次不等式化简集合的表示，求解函数的定义域化简集合的表示，根据可以得到集合、之间的关系，结合数轴进行求解即可.
【详解】
，.
因为，所以有，因此有.
故选：A
本题考查了已知集合运算的结果求参数取值范围问题，考查了解一元二次不等式，考查了函数的定义域，考查了数学运算能力.
12、A
【解析】
先根据函数在区间内没有最值求出或.再根据已知求出，判断函数的单调性和零点情况得解.
【详解】
因为函数在区间内没有最值.
所以，或
解得或.
又，所以.
令.可得.且在上单调递减.
当时，，且，
所以在上只有一个零点.
所以正确结论的编号②④
故选：A.
本题主要考查三角函数的图象和性质，考查函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由，求出长度关系，利用角平分线以及面积关系，求出边，再由余弦定理，即可求解.
【详解】
,
，
，
，
.
故答案为:.
本题考查共线向量的应用、面积公式、余弦定理解三角形，考查计算求解能力，属于中档题.
14、
【解析】
根据组合的知识，结合组合数的公式，可得结果.
【详解】
由题可知：项来源可以是：（1）取1个，4个
（2）取2个，3个
的系数为：
故答案为：
本题主要考查组合的知识，熟悉二项式定理展开式中每一项的来源，实质上每个因式中各取一项的乘积，转化为组合的知识，属中档题.
15、
【解析】
利用求出公差，结合等差数列的通项公式可求.
【详解】
设公差为，因为，所以，即.
所以.
故答案为：
本题主要考查等差数列通项公式的求解，利用等差数列的基本量是求解这类问题的通性通法，侧重考查数学运算的核心素养.
16、90°
【解析】
易得平面PAD，P点在与BA垂直的圆面内运动，显然，PA是圆的直径时，PA最长；将四棱锥补形为长方体，易得为球的直径即可得到PD，从而求得四棱锥的体积.
【详解】
如图，由及，得平面PAD，
即P点在与BA垂直的圆面内运动，
易知，当P、、A三点共线时，PA达到最长，
此时，PA是圆的直径，则；
又，所以平面ABCD，
此时可将四棱锥补形为长方体，
其体对角线为，底面边长为2的正方形，
易求出，高，
故四棱锥体积.
故答案为： (1) 90° ； (2) .
本题四棱锥外接球有关的问题，考查学生空间想象与逻辑推理能力，是一道有难度的压轴填空题.
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）
【解析】
（1）利用余弦定理化简已知条件，由此证得
（2）利用正弦定理化简（1）的结论，得到，利用三角形的面积公式列方程，由此求得，进而求得的值，从而求得角.
【详解】
（1）由已知得，
由余弦定理得，∴.
（2）由（1）及正弦定理得，即，
∴，∴，
∴.
，
∴，，.
本小题主要考查余弦定理、正弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，考查化归与转化的数学思想方法，考查运算求解能力，属于中档题.
18、（1）；（2）.
【解析】
（1）根据坐标和为等边三角形可得，进而得到椭圆方程；
（2）①当直线斜率不存在时，易求坐标，从而得到所求面积；②当直线的斜率存在时，设方程为，与椭圆方程联立得到韦达定理的形式，并确定的取值范围；利用，代入韦达定理的结论可求得关于的表达式，采用换元法将问题转化为，的值域的求解问题，结合函数单调性可求得值域；结合两种情况的结论可得最终结果.
【详解】
（1），，
为等边三角形，，椭圆的标准方程为．
（2）设四边形的面积为．
①当直线的斜率不存在时，可得，，
．
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
设，，
联立得：，
，，．
，，，，
面积．
令，则，，
令，则，，
在定义域内单调递减，．
综上所述：四边形面积的取值范围是．
本题考查直线与椭圆的综合应用问题，涉及到椭圆方程的求解、椭圆中的四边形面积的取值范围的求解问题；关键是能够将所求面积表示为关于某一变量的函数，将问题转化为函数值域的求解问题.
19、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）可证面，从而可得.
（2）可证点为线段的三等分点，再过作于，过作，垂足为，则为二面角的平面角，利用解直角三角形的方法可求.也可以建立如图所示的空间直角坐标系，利用两个平面的法向量来计算二面角的平面角的余弦值，最后利用同角三角函数的基本关系式可求.
【详解】
证明：（1）因为为中点，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，而平面，故，
又因为，所以，则，
又，故面，又面，所以.
（2）由（1）可得：面在面内的射影为，
则为直线与平面所成的角，即.
因为，所以，所以，所以，
即点为线段的三等分点.
解法一：过作于，则平面，
所以，过作，垂足为，
则为二面角的平面角,
因为，，，
则在中，有，
所以二面角的平面角的正切值为.
解法二：以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设点，由得：，
即，，，点，
平面的一个法向量，
又，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则平面的一个法向量为.
设二面角的平面角为，则，
即，所以二面角的正切值为.
线线垂直的判定可由线面垂直得到，也可以由两条线所成的角为得到，而线面垂直又可以由面面垂直得到，解题中注意三种垂直关系的转化. 空间中的角的计算，可以建立空间直角坐标系把角的计算归结为向量的夹角的计算，也可以构建空间角，把角的计算归结平面图形中的角的计算.
20、（1）.（2）
【解析】
（1）先对函数求导，结合极值存在的条件可求t，然后结合导数可研究函数的单调性，进而可求极大值；
（2）由已知代入可得，x2+（t﹣2）x﹣tlnx≥0在x＞0时恒成立，构造函数g（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx，结合导数及函数的性质可求.
【详解】
（1），x＞0，
由题意可得，0，解可得t＝﹣4，
∴，
易得，当x＞2，0＜x＜1时，f′（x）＞0，函数单调递增，当1＜x＜2时，f′（x）＜0，函数单调递减，
故当x＝1时，函数取得极大值f（1）＝﹣3；
（2）由f（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx+2≥2在x＞0时恒成立可得，x2+（t﹣2）x﹣tlnx≥0在x＞0时恒成立，
令g（x）＝x2+（t﹣2）x﹣tlnx，则，
（i）当t≥0时，g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以g（x）min＝g（1）＝t﹣1≥0，解可得t≥1，
（ii）当﹣2＜t＜0时，g（x）在（）上单调递减，在（0，），（1，+∞）上单调递增，
此时g（1）＝t﹣1＜﹣1不合题意，舍去；
（iii）当t＝﹣2时，g′（x）0，即g（x）在（0，+∞）上单调递增，此时g（1）＝﹣3不合题意；
（iv）当t＜﹣2时，g（x）在（1，）上单调递减，在（0，1），（）上单调递增，此时g（1）＝t﹣1＜﹣3不合题意，
综上，t≥1时，f（x）≥2恒成立.
本题主要考查了利用导数求解函数的单调性及极值，利用导数与函数的性质处理不等式的恒成立问题，分类讨论思想，属于中档题.
21、（1）见解析；（2）存在，长
【解析】
（1）先证面,又因为面,所以平面平面.
（2）根据题意建立空间直角坐标系. 列出各点的坐标表示,设,则可得出
向量,求出平面的法向量为,利用直线与平面所成角的正弦公式列方程求出或,从而求出线段的长.
【详解】
解:（1）证明:因为四边形为矩形,
∴.
∵∴
∴∴面
∴面
又∵面
∴平面平面
（2）取为原点,所在直线为轴,所在直线为轴建立空间直角坐标系.
如图所示:则,,,,,
设,;
∴,,
设平面的法向量为,
∴,不防设.
∴,
化简得,解得或;
当时,,∴;
当时,,∴;
综上存在这样的点,线段的长.
本题考查平面与平面垂直的判定定理的应用,考查利用线面所成角求参数问题,是几何综合题,考查空间想象力以及计算能力.
22、（1）；（2）
【解析】
（1）由正弦定理可得,,化简并结合,可求得三者间的关系,代入余弦定理可求得;
（2）由（1）可求得,再结合三角形的面积公式,可求出,从而可求出答案.
【详解】
（1）因为,
所以,整理得:.
因为,所以,所以.
由余弦定理可得.
（2）由（1）知,则,
因为的面积是,所以,
即,解得,则.
故的周长为:.
本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用,考查了三角形面积公式的应用,属于基础题.