西安市2026-2027学年高考数学押题试卷（含答案解析）

这是一份西安市2026-2027学年高考数学押题试卷（含答案解析），共11页。试卷主要包含了已知复数，为的共轭复数，则，当时，函数的图象大致是，已知函数，其中，记函数满足条件，已知，且，则等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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．复数的共轭复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知双曲线的左、右焦点分别为、，抛物线与双曲线有相同的焦点.设为抛物线与双曲线的一个交点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．或B．或C．或D．或
3．若满足，且目标函数的最大值为2，则的最小值为( )
A．8B．4C．D．6
4．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，点为抛物线上任意一点的平分线与轴交于，则的最大值为
A．B．C．D．
5．复数的虚部是 ( )
A．B．C．D．
6．已知复数，为的共轭复数，则（ ）
A．B．C．D．
7．当时，函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知函数，其中，记函数满足条件：为事件，则事件发生的概率为
A．B．
C．D．
9．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
10．设变量满足约束条件，则目标函数的最大值是（ ）
A．7B．5C．3D．2
11．波罗尼斯（古希腊数学家，的公元前262-190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地．他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（k＞0，且k≠1）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．现有椭圆=1（a＞b＞0），A，B为椭圆的长轴端点，C，D为椭圆的短轴端点，动点M满足=2，△MAB面积的最大值为8，△MCD面积的最小值为1，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
12．已知数列满足，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在数列中，，则数列的通项公式_____.
14．函数在上的最小值和最大值分别是_____________．
15．在中，角所对的边分别为，为的面积，若，，则的形状为__________，的大小为__________．
16．如图，已知一块半径为2的残缺的半圆形材料，O为半圆的圆心，，残缺部分位于过点C的竖直线的右侧，现要在这块材料上裁出一个直角三角形，若该直角三角形一条边在上，则裁出三角形面积的最大值为______.
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）数列满足，是与的等差中项.
（1）证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
18．（12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.
19．（12分）已知函数，.
（1）若曲线在点处的切线方程为，求，；
（2）当时，，求实数的取值范围.
20．（12分）已知函数.
（1）当时.
①求函数在处的切线方程；
②定义其中，求；
（2）当时，设，(为自然对数的底数)，若对任意给定的，在上总存在两个不同的，使得成立，求的取值范围.
21．（12分）如图，已知正方形所在平面与梯形所在平面垂直，BM∥AN，，，．
（1）证明：平面；
（2）求点N到平面CDM的距离．
22．（10分）如图，在正四棱锥中，，点、分别在线段、上，．
（1）若，求证：⊥；
（2）若二面角的大小为，求线段的长．
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、A
【解析】
试题分析：由题意可得：. 共轭复数为，故选A.
考点：1.复数的除法运算;2.以及复平面上的点与复数的关系
2、D
【解析】
设，，根据和抛物线性质得出，再根据双曲线性质得出，，最后根据余弦定理列方程得出、间的关系，从而可得出离心率．
【详解】
过分别向轴和抛物线的准线作垂线，垂足分别为、，不妨设，，
则，
为双曲线上的点，则，即，得，，
又，在中，由余弦定理可得，
整理得，即，，解得或.
故选：D.
本题考查了双曲线离心率的求解，涉及双曲线和抛物线的简单性质，考查运算求解能力，属于中档题．
3、A
【解析】
作出可行域，由，可得.当直线过可行域内的点时，最大，可得.再由基本不等式可求的最小值.
【详解】
作出可行域，如图所示
由，可得.
平移直线，当直线过可行域内的点时，最大，即最大，最大值为2.
解方程组，得.
.
，
当且仅当，即时，等号成立.
的最小值为8.
故选：.
本题考查简单的线性规划，考查基本不等式，属于中档题.
4、A
【解析】
求出抛物线的焦点坐标，利用抛物线的定义，转化求出比值，，
求出等式左边式子的范围，将等式右边代入，从而求解．
【详解】
解：由题意可得，焦点F（1，0），准线方程为x＝−1，
过点P作PM垂直于准线，M为垂足，
由抛物线的定义可得|PF|＝|PM|＝x＋1，
记∠KPF的平分线与轴交于
根据角平分线定理可得，
，
当时，，
当时，，
，
综上：．
故选：A．
本题主要考查抛物线的定义、性质的简单应用，直线的斜率公式、利用数形结合进行转化是解决本题的关键．考查学生的计算能力，属于中档题．
5、C
【解析】
因为 ，所以的虚部是 ，故选C.
6、C
【解析】
求出，直接由复数的代数形式的乘除运算化简复数.
【详解】
.
故选：C
本题考查复数的代数形式的四则运算，共轭复数，属于基础题.
7、B
【解析】
由，解得，即或，函数有两个零点，，不正确，设，则，由，解得或，由，解得：，即是函数的一个极大值点，不成立，排除，故选B.
【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考察函数的解析式、定义域、值域、单调性，导数的应用以及数学化归思想，属于难题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意选项一一排除.
8、D
【解析】
由得，分别以为横纵坐标建立如图所示平面直角坐标系，由图可知，.
9、B
【解析】
分析：首先利用同角三角函数关系式，结合题中所给的角的范围，求得的值，之后借助于倍角公式，将待求的式子转化为关于的式子，代入从而求得结果.
详解：根据题中的条件，可得为锐角，
根据，可求得，
而，故选B.
点睛：该题考查的是有关同角三角函数关系式以及倍角公式的应用，在解题的过程中，需要对已知真切求余弦的方法要明确，可以应用同角三角函数关系式求解，也可以结合三角函数的定义式求解.
10、B
【解析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.
【详解】
画出约束条件，表示的可行域，如图，
由可得，
将变形为，
平移直线，
由图可知当直经过点时，
直线在轴上的截距最大，
最大值为，故选B.
本题主要考查线性规划中，利用可行域求目标函数的最值，属于简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
11、D
【解析】
求得定点M的轨迹方程可得，解得a，b即可.
【详解】
设A（-a，0），B（a，0），M（x，y）．∵动点M满足=2，
则 =2，化简得.
∵△MAB面积的最大值为8，△MCD面积的最小值为1，
∴ ，解得，
∴椭圆的离心率为．
故选D．
本题考查了椭圆离心率，动点轨迹，属于中档题．
12、C
【解析】
利用的前项和求出数列的通项公式，可计算出，然后利用裂项法可求出的值.
【详解】
.
当时，；
当时，由，
可得，
两式相减，可得，故，
因为也适合上式，所以.
依题意，，
故.
故选：C.
本题考查利用求，同时也考查了裂项求和法，考查计算能力，属于中等题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由题意可得，又，数列的奇数项为首项为1，公差为2的等差数列，对分奇数和偶数两种情况，分别求出，从而得到数列的通项公式.
【详解】
解：∵，
∴①，②，
①﹣②得：，又∵，
∴数列的奇数项为首项为1，公差为2的等差数列，
∴当为奇数时，，
当为偶数时，则为奇数，∴，
∴数列的通项公式，
故答案为：.
本题考查求数列的通项公式，解题关键是由已知递推关系得出，从而确定数列的奇数项成等差数列，求出通项公式后再由已知求出偶数项，要注意结果是分段函数形式．
14、
【解析】
求导，研究函数单调性，分析，即得解
【详解】
由题意得，，
令，解得，
令，解得.
在上递减，在递增．
，
而，
故在区间上的最小值和最大值分别是．
故答案为：
本题考查了导数在函数最值的求解中的应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题
15、等腰三角形
【解析】
∵
∴根据正弦定理可得，即
∴
∴
∴的形状为等腰三角形
∵
∴
∴
由余弦定理可得
∴，即
∵
∴
故答案为等腰三角形，
16、
【解析】
分两种情况讨论：（1）斜边在BC上，设，则，（2）若在若一条直角边在上，设，则，进一步利用导数的应用和三角函数关系式恒等变形和函数单调性即可求出最大值.
【详解】
（1）斜边在上，设，则，
则，，
从而.
当时，此时，符合.
（2）若一条直角边在上，设，则，
则，，
由知.
，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
.
当，即时，最大.
故答案为：.
此题考查实际问题中导数，三角函数和函数单调性的综合应用，注意分类讨论把所有情况考虑完全，属于一般性题目.
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）根据等差中项的定义得，然后构造新等比数列，写出的通项即可求
（2）根据（1）的结果，分组求和即可
【详解】
解：（1）由已知可得，即，可化为，故数列是以为首项，2为公比的等比数列.
即有，所以.
（2）由（1）知，数列的通项为：，
故.
考查等差中项的定义和分组求和的方法；中档题.
18、（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.
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.
19、（1）；（2）
【解析】
(1)对函数求导，运用可求得的值，再由在直线上，可求得的值；
(2)由已知可得恒成立，构造函数，对函数求导，讨论和0的大小关系，结合单调性求出最大值即可求得的范围.
【详解】
（1）由题得，
因为在点与相切
所以，∴
（2）由得，令，只需
，设（），
当时，，在时为增函数，所以，舍；
当时，开口向上，对称轴为，，所以在时为增函数，
所以，舍；
当时，二次函数开口向下，且，
所以在时有一个零点，在时，在时，
①当即时，在小于零，
所以在时为减函数，所以，符合题意；
②当即时，在大于零，
所以在时为增函数，所以，舍.
综上所述：实数的取值范围为
本题考查函数的导数，利用导数求函数的单调区间及函数的最小值，属于中档题．处理函数单调性问题时，注意利用导函数的正负，特别是已知单调性问题，转化为函数导数恒不小于零，或恒小于零，再分离参数求解，求函数最值时分析好单调性再求极值，从而求出函数最值．
20、（1）①；②8079；（2）.
【解析】
（1）①时，，，利用导数的几何意义能求出函数在处的切线方程．
②由，得，由此能求出的值．
（2）根据若对任意给定的，，在区间，上总存在两个不同的，使得成立，得到函数在区间，上不单调，从而求得的取值范围．
【详解】
（1）①∵，
∴
∴，∴，∵，
所以切线方程为.
②，
.
令，则,.
因为①,
所以②,
由①+②得,所以.
所以.
（2），当时，函数单调递增；
当时，，函数单调递减∵，，
所以，函数在上的值域为.
因为， ，
故，，①
此时，当 变化时、的变化情况如下：
∵，
，
∴对任意给定的，在区间上总存在两个不同的，
使得成立，当且仅当满足下列条件
，即
令，，
，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减所以，对任意，有，即②对任意恒成立.
由③式解得：④
综合①④可知，当时，对任意给定的，
在上总存在两个不同的，使成立.
本题考查了导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性、求函数最值问题，会利用导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，掌握不等式恒成立时所满足的条件．不等式恒成立常转化为函数最值问题解决．
21、（1）证明见解析 （2）
【解析】
（1）因为正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，平面平面，，所以平面ABMN，
因为平面ABMN，平面ABMN，所以，，
因为，所以，
因为，所以，所以，
因为在直角梯形ABMN中，，所以，
所以，所以，因为，所以平面．
（2）如图，取BM的中点E，则，
又BM∥AN，所以四边形ABEN是平行四边形，所以NE∥AB，
又AB∥CD，所以NE∥CD，因为平面CDM，平面CDM，所以NE∥平面CDM，
所以点N到平面CDM的距离与点E到平面CDM的距离相等，
设点N到平面CDM的距离为h，由可得点B到平面CDM的距离为2h，
由题易得平面BCM，所以，且，
所以，
又，所以由可得，
解得，所以点N到平面CDM的距离为．
22、（1）证明见解析；（2）．
【解析】
试题分析：由于图形是正四棱锥，因此设AC、BD交点为O，则以OA为x轴正方向，以OB为y轴正方向，OP为z轴正方向建立空间直角坐标系，可用空间向量法解决问题．（1）只要证明＝0即可证明垂直；（2）设＝λ，得M(λ，0，1－λ)，然后求出平面MBD的法向量，而平面ABD的法向量为，利用法向量夹角与二面角相等或互补可求得．
试题解析: (1)连结AC、BD交于点O，以OA为x轴正方向，以OB为y轴正方向，OP为z轴正方向建立空间直角坐标系．
因为PA＝AB＝，
则A(1，0，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，0)，P(0，0，1)．
由＝，得N，
由＝，得M，
所以，＝(－1，－1，0)．
因为＝0，所以MN⊥AD
(2) 解：因为M在PA上，可设＝λ，得M(λ，0，1－λ)．
所以＝(λ，－1，1－λ)，＝(0，－2，0)．
设平面MBD的法向量＝(x，y，z)，
由，得
其中一组解为x＝λ－1，y＝0，z＝λ，所以可取＝(λ－1，0，λ)．
因为平面ABD的法向量为＝(0，0，1)，
所以cs＝，即＝，解得λ＝，
从而M，N，
所以MN＝＝．
考点：用空间向量法证垂直、求二面角．
—
0
+
单调减
最小值
单调增