2026届福建省龙岩市连城一中高考数学二模试卷含解析

这是一份2026届福建省龙岩市连城一中高考数学二模试卷含解析，共6页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，祖暅原理等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．设集合A=｛4，5，7，9｝，B=｛3，4，7，8，9｝，全集U=AB，则集合中的元素共有 （ ）
A．3个B．4个C．5个D．6个
2．已知函数的零点为m，若存在实数n使且，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．已知随机变量服从正态分布，，（ ）
A．B．C．D．
4．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是说：两个同高的几何体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等.设、为两个同高的几何体，、的体积不相等，、在等高处的截面积不恒相等.根据祖暅原理可知，是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角所对的边分别为，则的面积.根据此公式，若，且，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数是定义域为的偶函数，且满足，当时，，则函数在区间上零点的个数为（ ）
A．9B．10C．18D．20
7．函数满足对任意都有成立，且函数的图象关于点对称，，则的值为（ ）
A．0B．2C．4D．1
8．某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是
A．B．C．D．
9．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点（设点位于第一象限），过点，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点，，抛物线的准线交轴于点，若，则直线的斜率为
A．1B．C．D．
10．已知是函数的极大值点，则的取值范围是
A．B．
C．D．
11．在展开式中的常数项为
A．1B．2C．3D．7
12．要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
A．向右平移个单位B．向右平移个单位
C．向左平移个单位D．向左平移个单位
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设集合，，则____________.
14．某公司生产甲、乙两种桶装产品.已知生产甲产品1桶需耗原料1千克、原料2千克；生产乙产品1桶需耗原料2千克，原料1千克.每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元.公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗原料都不超过12千克.通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是__________元.
15．已知函数的最大值为3，的图象与y轴的交点坐标为，其相邻两条对称轴间的距离为2，则
16．设，满足约束条件，则的最大值为______.
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）某市为了鼓励市民节约用电，实行“阶梯式”电价，将该市每户居民的月用电量划分为三档，月用电量不超过度的部分按元/度收费，超过度但不超过度的部分按元/度收费，超过度的部分按元/度收费．
（I）求某户居民用电费用（单位：元）关于月用电量（单位：度）的函数解析式；
（Ⅱ）为了了解居民的用电情况，通过抽样，获得了今年1月份户居民每户的用电量，统计分析后得到如图所示的频率分布直方图，若这户居民中，今年1月份用电费用不超过元的占，求，的值；
（Ⅲ）在满足（Ⅱ）的条件下，若以这户居民用电量的频率代替该月全市居民用户用电量的概率，且同组中的数据用该组区间的中点代替，记为该居民用户1月份的用电费用，求的分布列和数学期望.
18．（12分）已知函数（），且只有一个零点.
（1）求实数a的值；
（2）若，且，证明：.
19．（12分）已知曲线的参数方程为 为参数),以直角坐标系原点为极点,以轴正半轴为极轴并取相同的单位长度建立极坐标系.
（1）求曲线的极坐标方程,并说明其表示什么轨迹；
（2）若直线的极坐标方程为,求曲线上的点到直线的最大距离.
20．（12分）设函数.
（1）若，时，在上单调递减，求的取值范围；
（2）若，，，求证：当时，．
21．（12分）为了拓展城市的旅游业，实现不同市区间的物资交流，政府决定在市与市之间建一条直达公路，中间设有至少8个的偶数个十字路口，记为，现规划在每个路口处种植一颗杨树或者木棉树，且种植每种树木的概率均为.
（1）现征求两市居民的种植意见，看看哪一种植物更受欢迎，得到的数据如下所示：
是否有的把握认为喜欢树木的种类与居民所在的城市具有相关性；
（2）若从所有的路口中随机抽取4个路口，恰有个路口种植杨树，求的分布列以及数学期望；
（3）在所有的路口种植完成后，选取3个种植同一种树的路口，记总的选取方法数为，求证：.
附：
22．（10分）正项数列的前n项和Sn满足：
(1)求数列的通项公式；
(2)令，数列{bn}的前n项和为Tn，证明：对于任意的n∈N*，都有Tn＜ .
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：,,所以，即集合中共有3个元素，故选A．
考点：集合的运算．
2、D
【解析】
易知单调递增,由可得唯一零点,通过已知可求得,则问题转化为使方程在区间上有解,化简可得,借助对号函数即可解得实数a的取值范围.
【详解】
易知函数单调递增且有惟一的零点为，所以，∴，问题转化为：使方程在区间上有解，即
在区间上有解，而根据“对勾函数”可知函数在区间的值域为，∴.
故选D．
【点睛】
本题考查了函数的零点问题,考查了方程有解问题,分离参数法及构造函数法的应用,考查了利用“对勾函数”求参数取值范围问题,难度较难.
3、B
【解析】
利用正态分布密度曲线的对称性可得出，进而可得出结果.
【详解】
，所以，.
故选：B.
【点睛】
本题考查利用正态分布密度曲线的对称性求概率，属于基础题.
4、A
【解析】
由题意分别判断命题的充分性与必要性，可得答案.
【详解】
解：由题意，若、的体积不相等，则、在等高处的截面积不恒相等，充分性成立；反之，、在等高处的截面积不恒相等，但、的体积可能相等，例如是一个正放的正四面体，一个倒放的正四面体，必要性不成立，所以是的充分不必要条件，
故选：A.
【点睛】
本题主要考查充分条件、必要条件的判定，意在考查学生的逻辑推理能力.
5、A
【解析】
根据，利用正弦定理边化为角得，整理为，根据，得，再由余弦定理得，又，代入公式求解.
【详解】
由得，
即，即，
因为，所以，
由余弦定理，所以，
由的面积公式得
故选：A
【点睛】
本题主要考查正弦定理和余弦定理以及类比推理，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
6、B
【解析】
由已知可得函数f（x）的周期与对称轴，函数F（x）＝f（x）在区间上零点的个数等价于函数f（x）与g（x）图象在上交点的个数，作出函数f（x）与g（x）的图象如图，数形结合即可得到答案.
【详解】
函数F（x）＝f（x）在区间上零点的个数等价于函数f（x）与g（x）图象在上交点的个数，
由f（x）＝f （2﹣x），得函数f（x）图象关于x＝1对称，
∵f（x）为偶函数，取x＝x+2，可得f（x+2）＝f（﹣x）＝f（x），得函数周期为2.
又∵当x∈[0，1]时，f（x）＝x，且f（x）为偶函数，∴当x∈[﹣1，0]时，f（x）＝﹣x，
g（x），
作出函数f（x）与g（x）的图象如图：
由图可知，两函数图象共10个交点，
即函数F（x）＝f（x）在区间上零点的个数为10.
故选：B.
【点睛】
本题考查函数的零点与方程根的关系，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，属于中档题.
7、C
【解析】
根据函数的图象关于点对称可得为奇函数，结合可得是周期为4的周期函数，利用及可得所求的值.
【详解】
因为函数的图象关于点对称，所以的图象关于原点对称，
所以为上的奇函数.
由可得，故，
故是周期为4的周期函数.
因为，
所以.
因为，故，
所以.
故选：C.
【点睛】
本题考查函数的奇偶性和周期性，一般地，如果上的函数满足，那么是周期为的周期函数，本题属于中档题.
8、B
【解析】
该几何体是直三棱柱和半圆锥的组合体，其中三棱柱的高为2，底面是高和底边均为4的等腰三角形，圆锥的高为4，底面半径为2，则其体积为，
.
故选B
点睛：由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.
9、C
【解析】
根据抛物线定义，可得，，
又，所以，所以，
设，则，则，
所以，所以直线的斜率．故选C．
10、B
【解析】
方法一：令，则，，
当，时，，单调递减，
∴时，，，且，
∴，即在上单调递增，
时，，，且，
∴，即在上单调递减，∴是函数的极大值点，∴满足题意；
当时，存在使得，即，
又在上单调递减，∴时，，所以，
这与是函数的极大值点矛盾．
综上，．故选B．
方法二：依据极值的定义，要使是函数的极大值点，须在的左侧附近，，即；在的右侧附近，，即．易知，时，与相切于原点，所以根据与的图象关系，可得，故选B．
11、D
【解析】
求出展开项中的常数项及含的项，问题得解。
【详解】
展开项中的常数项及含的项分别为：
,，
所以展开式中的常数项为：.
故选：D
【点睛】
本题主要考查了二项式定理中展开式的通项公式及转化思想，考查计算能力，属于基础题。
12、D
【解析】
直接根据三角函数的图象平移规则得出正确的结论即可；
【详解】
解：函数，
要得到函数的图象，
只需将函数的图象向左平移个单位．
故选：D．
【点睛】
本题考查三角函数图象平移的应用问题，属于基础题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
先解不等式,再求交集的定义求解即可.
【详解】
由题,因为,解得,即,
则,
故答案为:
【点睛】
本题考查集合的交集运算,考查解一元二次不等式.
14、1元
【解析】
设分别生产甲乙两种产品为 桶，桶，利润为元
则根据题意可得
目标函数 ，作出可行域，如图所示
作直线 然后把直线向可行域平移，
由图象知当直线经过 时，目标函数 的截距最大，此时 最大，
由 可得，即
此时 最大 ，
即该公司每天生产的甲4桶，乙4桶，可获得最大利润，最大利润为1．
【点睛】本题考查用线性规划知识求利润的最大值，根据条件建立不等式关系，以及利用线性规划的知识进行求解是解决本题的关键．
15、
【解析】，由题意，得,
解得，则的周期为4，且，所以.
考点：三角函数的图像与性质.
16、29
【解析】
由约束条件作出可行域，化目标函数为以原点为圆心的圆，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案.
【详解】
由约束条件作出可行域如图：
联立，解得，
目标函数是以原点为圆心，以为半径的圆，
由图可知，此圆经过点A时，半径最大，此时也最大，
最大值为.
所以本题答案为29.
【点睛】
线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围.
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），；（3）见解析.
【解析】
试题分析: （1）根据题意分段表示出函数解析式;（2）将代入（1）中函数解析式可得，即，根据频率分布直方图可分别得到关于的方程,即可得;（3）取每段中点值作为代表的用电量,分别算出对应的费用值,对应得出每组电费的概率,即可得到的概率分布列,然后求出的期望.
试题解析:（1）当时，；
当当时，；
当当时，，所以与之间的函数解析式为
.
（2）由（1）可知，当时，，则，结合频率分布直方图可知
，∴，
（3）由题意可知可取50，150，250，350，450，550，
当时，，∴，
当时，，∴，
当时，，∴，
当时，，∴，
当时，，∴，
当时，，∴，
故的概率分布列为
所以随机变量的数学期望
18、（1）（2）证明见解析
【解析】
(1)求导可得在上,在上,所以函数在时,取最小值,由函数只有一个零点,观察可知则有,即可求得结果.
(2)由(1)可知为最小值,则构造函数（）,求导借助基本不等式可判断为减函数,即可得,即则有,由已知可得，由,可知 ,因为时,为增函数，即可得证得结论.
【详解】
（1）（）.
因为，所以，
令得，
，
且，，在上；
在上；
所以函数在时，取最小值，
当最小值为0时，函数只有一个零点，
易得，所以，
解得.
（2）由（1）得，函数，
设（），则，
设（），
则，
，
所以为减函数，所以，
即，
所以，即，
又，所以，
又当时，为增函数，
所以，即.
【点睛】
本题考查借助导数研究函数的单调性及最值,考查学生分析问题的能力,及逻辑推理能力,难度困难.
19、（1），表示圆心为，半径为的圆；（2）
【解析】
（1）根据参数得到直角坐标系方程，再转化为极坐标方程得到答案.
（2）直线方程为，计算圆心到直线的距离加上半径得到答案.
【详解】
（1），即，化简得到：.
即，表示圆心为，半径为的圆.
（2），即，圆心到直线的距离为.
故曲线上的点到直线的最大距离为.
【点睛】
本题考查了参数方程，极坐标方程，直线和圆的距离的最值，意在考查学生的计算能力和应用能力.
20、（1）（2）见解析
【解析】
(1) 在上单调递减等价于在恒成立，分离参数即可解决.(2)先对求导，化简后根据零点存在性定理判断唯一零点所在区间，构造函数利用基本不等式求解即可.
【详解】
（1），时，，
，
∵在上单调递减．
∴，．
令，
，
时，；时，，
∴在上为减函数，在上为增函数．
∴，∴．
∴的取值范围为．
（2）若，，时，，
，
令，显然在上为增函数．
又，，∴有唯一零点．
且，时，，；
时，，，
∴在上为增函数，在上为减函数．
∴．
又，∴，，．
∴
．
，．
∴当时，．
【点睛】
此题考查函数定区间上单调，和零点存在性定理等知识点，难点为找到最值后的构造函数求值域，属于较难题目.
21、（1）没有（2）分布列见解析，（3）证明见解析
【解析】
（1）根据公式计算卡方值，再对应卡值表判断..
（2）根据题意，随机变量的可能取值为0，1，2，3，4，分别求得概率，写出分布列，根据期望公式求值.
（3）因为至少8个的偶数个十字路口，所以，即.要证，即证，根据组合数公式，即证；易知有.成立.设个路口中有个路口种植杨树，下面分类讨论①当时，由论证.②当时，由论证.③当时，，设，再论证当 时，取得最小值即可.
【详解】
（1）本次实验中，，
故没有99.9%的把握认为喜欢树木的种类与居民所在的城市具有相关性.
（2）依题意，的可能取值为0，1，2，3，4，
故，，
故.
（3）∵，∴.要证，即证；
首先证明：对任意，有.
证明：因为，所以.
设个路口中有个路口种植杨树，
①当时，
，
因为，所以，
于是.
②当时，，同上可得
③当时，，设，
当时，，
显然，当即时，，
当即时，，
即；，
因此，即.
综上，，即.
【点睛】
本题考查独立性检验、离散型随机变量的分布列以及期望、排列组合，还考查运算求解能力以及必然与或然思想，属于难题.
22、（1）（2）见解析
【解析】
（1）因为数列的前项和满足：，
所以当时，，
即
解得或，
因为数列都是正项，
所以，
因为，
所以，
解得或，
因为数列都是正项，
所以，
当时，有，
所以，
解得，
当时，，符合
所以数列的通项公式，;
（2）因为，
所以
，
所以数列的前项和为：
，
当时，
有，
所以，
所以对于任意，数列的前项和.
A市居民
B市居民
喜欢杨树
300
200
喜欢木棉树
250
250
0.100
0.050
0.010
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828
25
75
140
220
310
410
0.1
0.2
0.3
0.2
0.15
0.05
0
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2
3
4