福建2026年名校联盟高考数学仿真模拟试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页数学试题本试卷共4页，19小题，考试时间120分钟，总分150分.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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，A=xx2−x−2>0，B=x∈NA． B． C． D．2．若，则（

）A． B． C． D．3．已知样本数据7，8，9，10，a的平均数为8，则该样本的中位数为（

）A．7 B．8 C．9 D．104．若曲线在处的切线的倾斜角为，则（

）A． B．2 C． D．5．已知函数（），则“，”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．既不充分也不必要条件 D．充分必要条件6．已知数列是首项为，公差为的等差数列，则数列的前项和为（

）A． B． C． D．7．在正三棱柱中，D，E分别满足，，点F在棱上，若平面将该三棱柱分割成体积相等的两部分，则（

）A．1 B．2 C．3 D．48．在平面直角坐标系中，已知，若圆上存在点，满足，且，则的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．已知抛物线（）的焦点为，设为坐标原点，记的准线与轴的交点为，动点在上，则（

）A．的方程为B．若，则到轴的距离为C．若，则的面积为D．若，则直线与相切10．已知为定义在R上的偶函数，且的图象关于直线对称，当时，，则（

）A．B．C．关于x的方程恰有3个不同的实数解D．不等式fxsin11．将4个红球，4个蓝球，2个白球随机摆成一排，再从左到右依次编号为1，2，…，．设红球的编号分别为，，，（）；蓝球的编号分别为，，，（）；白球的编号分别为，（），则（

）A． B．C．Py1-z1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知函数fx=sinax+π3（）的最小正周期为，点是曲线的一个对称中心，则的最小值为______13．已知向量在向量方向的投影向量是，且，，______.14．已知数量充足的白色卡片分别标有连续正整数1，2，3，…的序号，按如下规则对卡片进行若干轮染色：每轮被染色的卡片序号均为连续奇数或连续偶数；若第（为任意正整数）轮染色张卡片，且被染色卡片的最大序号为m，则第轮染色张卡片，且被染色卡片的最小序号为.若第1轮仅染色序号为1的卡片，并将所有被染色的卡片按序号递增的顺序摆放，则第2026张被染色卡片在第______轮染色，其序号为______.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求角C的大小；(2)已知D为边上的一点，，且.记，的面积分别为，，若，求的面积.16．某体能测试共有m种力量测试项目和n种敏捷性测试项目，已知甲每种力量测试项目测试合格的概率均为，每种敏捷性测试项目测试合格的概率均为（）.(1)已知在某种力量测试项目的训练中，甲需累计达到两次测试合格则停止训练，求当停止训练时，甲恰好进行了四次测试的概率；(2)甲在某次模拟测试中，每次在所有测试项目中随机抽取一项进行测试，共测试两次.若，且甲至少有一次测试合格的概率为，求的值.17．如图，在四棱锥中，，，，四棱锥的体积为.(1)若，证明：平面平面；(2)若平面平面，求平面与平面夹角余弦值的最大值.18．已知函数fx(1)若为单调递增函数，求实数a的取值范围；(2)设、为的两个极值点，证明：x1+x219．已知双曲线Cn:x2−y23=14n−1的左，右顶点分别为，（），异于的点(1)求的坐标；(2)证明：，，三点共线；(3)设的面积为，判断是否存在正整数p，q，使得.若存在，求出p，q的值；若不存在，请说明理由.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【分析】先解一元二次不等式得到集合，再根据集合补集的定义得到，进而根据集合交集运算即可求解．【详解】由，解得，或，则A=x所以∁U又B=x∈所以．2．B【详解】由，得到，所以.3．B【分析】根据样本数据的平均数得出，再用中位数的定义计算求解.【详解】样本数据7，8，9，10，a的平均数为8，则，所以，则样本数据从小到大排列，则该样本的中位数为.4．C【分析】先求复合函数的导数，再应用倾斜角得出斜率，计算求参即可.【详解】因为曲线y=ax+eax，所以y'在处的切线的倾斜角为，则tan3π则.5．D【分析】根据充分必要条件的定义，结合二次函数的图象及性质即可得到答案．【详解】由函数是开口向上的二次函数，且，若，，即方程有正实根，则Δ=m2若，则，即方程有实根，又二次函数的对称轴，即该方程必有正实根，即，，所以必要性成立，故“，”是“”的充分必要条件．6．A【分析】根据条件，利用等差数列的通项公式求出，进而可得，利用裂项相消法，即可求解.【详解】因为数列是首项为，公差为的等差数列，则，得到，则，所以数列的前项和为.7．B【分析】将平面下方的几何体拆分成棱锥或棱柱，列体积方程求解即可【详解】设三棱柱高为，底面积为，则体积为，平面将三棱柱体积平分后每部分体积为12Sh，设FC1因为D，E分别满足，，有AD=13h,过点，垂足为，过点作DH⊥CC1，垂足为，连接，将平面下方的几何体体积VABC−DEF拆分为三棱柱ABC-DGH和四棱锥D-EFHG，由题意VABC−DEF=12V可得VABC-DGH因为GH×DI=2S，所以代入解得x=13h

8．D【分析】先利用向量坐标关系求出点的轨迹方程，再将问题转化为圆与点的轨迹方程有公共点问题，最后利用参数表示轨迹方程上的点与圆的距离关系，结合二次函数性质分析求解即可.【详解】设点，由，，为坐标原点，则x,y=λ2,1+μ又因为，所以x+2y42+x−2y即点的轨迹为椭圆，则可将问题转化为圆与椭圆有公共点，设椭圆上任意一点，则它到圆心的距离的平方为：d=41−令t=sinθ,t∈−1,1令ft该二次函数开口向下，对称轴为，所以在上单调递增，在上单调递减，所以fft也即d2所以，即的取值范围为1,22139．ACD【分析】先根据焦点坐标求出抛物线参数，确定抛物线方程、准线方程及点坐标，再结合抛物线定义、三角形面积公式、直线与抛物线位置关系逐一判断选项即可.【详解】由抛物线的焦点为，得，故，则抛物线方程为，准线，准线与轴交点M(−1,0)，对于A，准线的方程为，故A正确；对于B，根据抛物线定义，若|PF|=3，则的横坐标xP=3−1=2，即到轴距离为，故B对于C，当|PF|=3时，，代入抛物线得yP2=8，|yP对于D，|MF|=1−(−1)=2，故|PF|以为例，直线的方程为，联立得，判别式，直线与抛物线相切；同理P(1,−2)时直线也与抛物线相切，故D正确.10．BD【分析】由对称性即可判断A选项，结合对称性和偶函数特征可推导出函数的周期随即判断B选项，根据周期性以及函数的值域可判断只有在时才可能存在解，分段求解即可判断C选项，结合函数值域以及正弦函数性质可判断D选项.【详解】因为为定义在R上的偶函数，所以，又因为的图象关于直线对称，所以，所以f3因为，所以f(x+4)=f2+(2+x)=f所以B正确；因为，所以函数是周期为4的周期函数，当时，，所以在，，所以当，，结合周期性可知函数恒成立，对于方程，由于，所以仅当时可能存在解，当时，，解得或，当时，由且4−x∈0,2，可得，所以，解得或3，当时，，因为，所以无解，综上所述，关于x的方程恰有4个不同的实数解，所以C错误；因为，所以fxsinπx≥0等价于sinπx≥0但的点只有x=2k,k∈Z，这些点也满足sinπx解得2k≤x≤2k+1,k∈Z，所以解集为x11．BCD【分析】根据已知条件，利用红、蓝球数量相等，且位置对称，得出Px4>y4【详解】已知红球最大编号，蓝球最大编号，比较8个红、蓝球的最大位置，红、蓝球数量均为4，且位置对称，故Px表示第个位置为红球，前9个位置选3个红球：个位置放4个红球总情况数为：，第位置固定红球，前9个位置选3个红球的情况为：，∴Px表示第6位为红球，前5位有3个红球，2个空位，后4位剩余4个空位，红球分布情况为：，白球分布情况为：，蓝球分布情况为：，满足要求白球最小位置，蓝球最小位置，仅前5位相邻空位有：1,2,2,3,∴Py随机从个位置不放回抽取4个，则的可能取值为，若位置为，则前3个红球位于前个位置内，故Px故E．12．

##【分析】先由正弦型函数的周期公式求出参数的值，再根据正弦函数对称中心的性质得到的表达式，进而求得|m|的最小值.【详解】由于f(x)=sin⁡(ax+π3则根据T=2πa=π，又因为函数的对称中心为(kπ,0)(k∈令，解得x=kπ依题意，m=k当时，m=−π6，|当取其余整数时，|m|均大于，因此|m|的最小值为13．1【分析】把平方转化为数量积的运算可得.【详解】由题意，所以，，则，所以.14．114041【分析】先找出每轮染色的卡片张数规律，进而得到前轮的总张数表达式，根据总张数2026反推出所在轮次，再根据该轮中卡片的序号规律（连续奇数或偶数，且最小序号与轮次的关系）计算出具体序号.【详解】根据题意，第轮染色的卡片张数为，所以前轮总张数，由得，因为，，所以第2026张被染色卡片在第11轮被染色，前10轮共张，第11轮有张，第2026张是第11轮的第2026-1023=1003张，设第轮的最小序号为，该轮染色张数为，由于每轮染色连续奇数或连续偶数，公差为2，故最大序号bn=an+2(由规则，下一轮的最小序号为上一轮最大序号加1，即an+1=所以，即，因为，累加可得，即，所以a11因为是奇数，且该轮染色连续奇数，公差为2，所以第张的序号为2037+2×(1003-1)=2037+2004=4041，因此，第张被染色的卡片在第11轮染色，序号为.15．(1)(2)【分析】（1）根据题意利用正弦定理化角为边，然后由余弦定理求解；（2）根据题意由角平分线定理得，结合三角形面积之间的关系分析求得，再由面积公式计算.【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，即，所以，又，所以；（2）因为，所以为角的平分线，由（1）知，所以，所以，，因为，所以，所以，在和中，由余弦定理得：，，由角平分线定理得，所以，即，将代入得，解得，则，所以.16．(1)4(2)【详解】（1）甲需累计达到两次测试合格则停止训练，当停止训练时，甲恰好进行了四次测试，等价于甲第4次测试合格，且前3次测试中恰好有1次合格，所以当停止训练时，甲恰好进行了四次测试的概率为.（2）因为，所以总测试项目数为，因此随机抽取一项时，抽到力量测试项目的概率为，抽到敏捷性测试项目的概率为，设单次测试合格的概率为，，“两次测试至少有一次合格”的对立事件为“两次测试都不合格”，即，代入可得，解得.17．(1)证明见详解；(2)【分析】（1）取中点,连接，通过几何法分别证明，，则有面，从而得到平面平面.（2）以为坐标原点，DA，DC，DZ分别为轴正方向建立空间直角坐标系,由平面平面，可得的投影在线段上，列出点坐标，分别计算出平面与平面的法向量即可求解.【详解】（1），，∴AC=AD2且∠DAC=∠DCA又，∴AB=2DC=62且，∴∠CAB=∠DCA=π在中，BC=AC在中，，即.取中点O，连接，∵PA=PC=AC=6，且又底面为直角梯形，∴VP−ABCD=解得，即为四棱锥的高，面，面，又，面，面又面，平面平面（2）以为坐标原点，DA，DC，DZ平面平面，的投影在线段上，结合（1）可设Px,x,33，A32则AP=x−32,x,3设面的一个法向量为，则AP⋅m=0令，则m→由（1）知，CB=32所以cos，当时，cos<CB,m>即平面与平面夹角余弦值的最大值为.18．(1)(2)由（1）知f′x=2x2即，由，则2x13-ax∴fxfx∴fx已知三次方程有两个正根，设第三个根是，则2x−故-2mx1x2=1令，则，，由基本不等式，x1代入得，化简得，∴fx∴x令Fs求导得F′令us=−128当时，u's故在上单调递减，故us<u1故F's=s⋅us<0∴Fs即x1【分析】（1）求导，结合为单调递增函数，则在上恒成立，进而转化为a≤2x+1x2对任意恒成立，令并求导，结合导数分析单调性，求出最小值，进而