黑龙江省鹤岗市2026-2027学年高考数学考前最后一卷预测卷（含答案解析）

这是一份黑龙江省鹤岗市2026-2027学年高考数学考前最后一卷预测卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了若复数，已知复数是正实数，则实数的值为，函数的图象可能是下面的图象，若集合，，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．设全集，集合，则＝( )
A．B．C．D．
2．在正方体中，点、分别为、的中点，过点作平面使平面，平面若直线平面，则的值为（ ）
A．B．C．D．
3．已知复数（为虚数单位）在复平面内对应的点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
4．函数在的图象大致为( )
A．B．
C．D．
5．记递增数列的前项和为.若，，且对中的任意两项与（），其和，或其积，或其商仍是该数列中的项，则（ ）
A．B．
C．D．
6．若复数（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
7．在满足，的实数对中，使得成立的正整数的最大值为( )
A．5B．6C．7D．9
8．已知复数是正实数，则实数的值为( )
A．B．C．D．
9．函数的图象可能是下面的图象( )
A．B．C．D．
10．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
11．设a，b，c为正数，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不修要条件
12．某几何体的三视图如图所示，其俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则此几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若实数满足约束条件，设的最大值与最小值分别为，则_____．
14．在的展开式中，的系数等于__．
15．若关于的不等式在时恒成立，则实数的取值范围是_____
16．已知F为双曲线的右焦点，过F作C的渐近线的垂线FD，D为垂足，且（O为坐标原点），则C的离心率为________.
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）如图，在四棱锥中，平面， 底面是矩形，，，分别是，的中点.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）设， 求三棱锥的体积.
18．（12分）手工艺是一种生活态度和对传统的坚持，在我国有很多手工艺品制作村落，村民的手工技艺世代相传，有些村落制造出的手工艺品不仅全国闻名，还大量远销海外.近年来某手工艺品村制作的手工艺品在国外备受欢迎，该村村民成立了手工艺品外销合作社，为严把质量关，合作社对村民制作的每件手工艺品都请3位行家进行质量把关，质量把关程序如下：（i）若一件手工艺品3位行家都认为质量过关，则该手工艺品质量为A 级；（ii）若仅有1位行家认为质量不过关，再由另外2位行家进行第二次质量把关，若第二次质量把关这2位行家都认为质量过关，则该手工艺品质量为B 级，若第二次质量把关这2位行家中有1位或2位认为质量不过关，则该手工艺品质量为C 级；（iii）若有2位或3位行家认为质量不过关，则该手工艺品质量为D 级.已知每一次质量把关中一件手工艺品被1位行家认为质量不过关的概率为，且各手工艺品质量是否过关相互独立.
（1）求一件手工艺品质量为B级的概率；
（2）若一件手工艺品质量为A,B,C级均可外销，且利润分别为900元，600元，300元，质量为D级不能外销，利润记为100元.
①求10件手工艺品中不能外销的手工艺品最有可能是多少件；
②记1件手工艺品的利润为X元，求X的分布列与期望.
19．（12分）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，，分别为，的中点．
（1）求证：．
（2）若，求二面角的余弦值．
20．（12分）在底面为菱形的四棱柱中，平面.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值.
21．（12分）在△ABC中，分别为三个内角A、B、C的对边，且
(1)求角A；
(2)若且求△ABC的面积．
22．（10分）已知点，且，满足条件的点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）是否存在过点的直线，直线与曲线相交于两点，直线与轴分别交于两点，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
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】
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.
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.
2、B
【解析】
作出图形，设平面分别交、于点、，连接、、，取的中点，连接、，连接交于点，推导出，由线面平行的性质定理可得出，可得出点为的中点，同理可得出点为的中点，结合中位线的性质可求得的值.
【详解】
如下图所示：
设平面分别交、于点、，连接、、，取的中点，连接、，连接交于点，
四边形为正方形，、分别为、的中点，则且，
四边形为平行四边形，且，
且，且，则四边形为平行四边形，
，平面，则存在直线平面，使得，
若平面，则平面，又平面，则平面，
此时，平面为平面，直线不可能与平面平行，
所以，平面，，平面，
平面，平面平面，，
，所以，四边形为平行四边形，可得，
为的中点，同理可证为的中点，，，因此，.
故选：B.
本题考查线段长度比值的计算，涉及线面平行性质的应用，解答的关键就是找出平面与正方体各棱的交点位置，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
3、A
【解析】
直接利用复数代数形式的乘除运算化简，求得的坐标得出答案.
【详解】
解：，
在复平面内对应的点的坐标是.
故选：A.
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题．
4、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.
5、D
【解析】
由题意可得，从而得到，再由就可以得出其它各项的值，进而判断出的范围．
【详解】
解：，或其积，或其商仍是该数列中的项，
或者或者是该数列中的项，
又数列是递增数列，
，
，，只有是该数列中的项，
同理可以得到，，，也是该数列中的项，且有，
，或（舍，，
根据，，，
同理易得，，，，，，
，
故选：D．
本题考查数列的新定义的理解和运用，以及运算能力和推理能力，属于中档题．
6、B
【解析】
根据复数的除法法则计算，由共轭复数的概念写出.
【详解】
,
,
故选：B
本题主要考查了复数的除法计算，共轭复数的概念，属于容易题.
7、A
【解析】
由题可知：，且可得，构造函数求导，通过导函数求出的单调性，结合图像得出，即得出，
从而得出的最大值.
【详解】
因为，
则，即
整理得，令，
设，
则，
令,则，令，则，
故在上单调递增，在上单调递减，则，
因为，，
由题可知：时，则，所以，
所以，
当无限接近时，满足条件，所以，
所以要使得
故当时，可有，
故，即，
所以：最大值为5.
故选：A.
本题主要考查利用导数求函数单调性、极值和最值，以及运用构造函数法和放缩法，同时考查转化思想和解题能力.
8、C
【解析】
将复数化成标准形式，由题意可得实部大于零，虚部等于零，即可得到答案.
【详解】
因为为正实数，
所以且，解得.
故选：C
本题考查复数的基本定义，属基础题.
9、C
【解析】
因为，所以函数的图象关于点（2,0）对称，排除A，B．当时，，所以，排除D．选C．
10、A
【解析】
用转化的思想求出中不等式的解集，再利用并集的定义求解即可．
【详解】
解：由集合，解得，
则
故选：．
本题考查了并集及其运算，分式不等式的解法，熟练掌握并集的定义是解本题的关键．属于基础题．
11、B
【解析】
根据不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【详解】
解：，，为正数，
当，，时，满足，但不成立，即充分性不成立，
若，则，即，
即，即，成立，即必要性成立，
则“”是“”的必要不充分条件，
故选：．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式的性质是解决本题的关键．
12、C
【解析】
由三视图可知，该几何体是下部是半径为2，高为1的圆柱的一半，上部为底面半径为2，高为2的圆锥的一半，所以，半圆柱的体积为，上部半圆锥的体积为，所以该几何体的体积为，故应选．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
画出可行域，平移基准直线到可行域边界位置，由此求得最大值以及最小值，进而求得的比值.
【详解】
画出可行域如下图所示，由图可知，当直线过点时，取得最大值7；过点时，取得最小值2，所以.
本小题主要考查利用线性规划求线性目标函数的最值.这种类型题目的主要思路是：首先根据题目所给的约束条件，画出可行域；其次是求得线性目标函数的基准函数；接着画出基准函数对应的基准直线；然后通过平移基准直线到可行域边界的位置；最后求出所求的最值.属于基础题.
14、7
【解析】
由题，得，令，即可得到本题答案.
【详解】
由题，得，
令，得x的系数.
故答案为：7
本题主要考查二项式定理的应用，属基础题.
15、
【解析】
利用对数函数的单调性，将不等式去掉对数符号，再依据分离参数法，转化成求构造函数最值问题，进而求得的取值范围。
【详解】
由 得，两边同除以，得到，，
，设，，由函数 在上递减，
所以，故实数的取值范围是。
本题主要考查对数函数的单调性，以及恒成立问题的常规解法——分离参数法。
16、2
【解析】
求出焦点到渐近线的距离就可得到的等式，从而可求得离心率．
【详解】
由题意，一条渐近线方程为，即，
∴ ，由得，
∴，，∴．
故答案为：2.
本题考查求双曲线的离心率，解题关键是求出焦点到渐近线的距离，从而得出一个关于的等式．
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、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）取中点，连，，根据平行四边形，可得，进而证得平面平面，利用面面垂直的性质，得平面，又由，即可得到平面.
（Ⅱ）根据三棱锥的体积公式，利用等积法，即可求解.
【详解】
（Ⅰ）取中点，连，，
由，可得，
可得是平行四边形，则，
又平面，∴平面平面，
∵平面，平面，∴平面平面，
∵，是中点，则，而平面平面，
而，∴平面.
（Ⅱ）根据三棱锥的体积公式，
得
.
本题主要考查了空间中线面位置关系的判定与证明，以及利用“等体积法”求解三棱锥的体积，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，以及合理利用“等体积法”求解是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.
18、（1）（2）①2 ②期望值为
【解析】
（1）一件手工艺品质量为B级的概率为.
（2）①由题意可得一件手工艺品质量为D 级的概率为，
设10件手工艺品中不能外销的手工艺品可能是件，则，
则,.
由得，所以当时，，即，
由得，所以当时，，
所以当时，最大，即10件手工艺品中不能外销的手工艺品最有可能是2件.
②由上可得一件手工艺品质量为A 级的概率为，一件手工艺品质量为B级的概率为，
一件手工艺品质量为C 级的概率为，
一件手工艺品质量为D 级的概率为，
所以X的分布列为
则期望为.
19、（1）见解析（2）
【解析】
（1）由已知可证明平面，从而得证面面垂直，再由，得线面垂直，从而得，由直角三角形得结论；
（2）以为轴建立空间直角坐标系，用空间向量法示二面角．
【详解】
（1）证明：连接，，．
，，平面．
平面，平面平面．
，为的中点，．
平面平面，平面．
平面，．
为斜边的中点，，
（2），由（1）可知，为等腰直角三角形，
则．以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，记平面的法向量为
由得到，
取，可得，则．
易知平面的法向量为．
记二面角的平面角为，且由图可知为锐角，
则，所以二面角的余弦值为．
本题考查用面面垂直的性质定理证明线面垂直，从而得线线垂直，考查用空间向量法求二面角．在立体几何中求异面直线成的角、直线与平面所成的角、二面角等空间角时，可以建立空间直角坐标系，用空间向量法求解空间角，可避免空间角的作证过程，通过计算求解．
20、（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）由已知可证，即可证明结论；
（2）根据已知可证平面，建立空间直角坐标系，求出坐标，进而求出平面和平面的法向量坐标，由空间向量的二面角公式，即可求解.
【详解】
方法一：（1）依题意，且∴，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）∵平面，∴，
∵且为的中点，∴，
∵平面且，
∴平面，
以为原点，分别以为轴、轴、轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
∴
设平面的法向量为，
则，∴，取，则.
设平面的法向量为，
则，∴，取，则.
∴，
设二面角的平面角为，则，
∴二面角的正弦值为.
方法二：（1）证明：连接交于点，
因为四边形为平行四边形，所以为中点，
又因为四边形为菱形，所以为中点，
∴在中，且，
∵平面，平面，
∴平面
（2）略，同方法一.
本题主要考查线面平行的证明，考查空间向量法求面面角，意在考查直观想象、逻辑推理与数学运算的数学核心素养，属于中档题.
21、（1）； （2）.
【解析】
（1）整理得：，再由余弦定理可得，问题得解．
（2）由正弦定理得：，，，再代入即可得解．
【详解】
（1）由题意，得，
∴；
（2）由正弦定理，得，
,
∴.
本题主要考查了正、余弦定理及三角形面积公式，考查了转化思想及化简能力，属于基础题．
22、（1）（2）存在， 或．
【解析】
（1）由得看成到两定点的和为定值，满足椭圆定义，用定义可解曲线的方程.
（2）先讨论斜率不存在情况是否符合题意，当直线的斜率存在时，设直线点斜式方程，由，可得，再直线与椭圆联解，利用根的判别式得到关于的一元二次方程求解.
【详解】
解：设，
由， ，
可得，即为，
由，可得的轨迹是以为焦点，且的椭圆，
由，可得，可得曲线的方程为；
假设存在过点的直线l符合题意．
当直线的斜率不存在，设方程为，可得为短轴的两个端点，
不成立；
当直线的斜率存在时，设方程为，
由，可得，即，
可得，化为，
由可得，
由在椭圆内，可得直线与椭圆相交，
，
则
化为，即为，解得，
所以存在直线符合题意，且方程为或．
本题考查求轨迹方程及直线与圆锥曲线位置关系问题. （1）定义法求轨迹方程的思路:应用定义法求轨迹方程的关键在于由已知条件推出关于动点的等量关系式，由等量关系结合曲线定义判断是何种曲线，再设出标准方程，用待定系数法求解；（2）解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解.
X
900
600
300
100
P
X
900
600
300
100
P