2026届福建省长汀一中高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析

这是一份2026届福建省长汀一中高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析，共58页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知数列中，，，则等于，设全集，集合，则＝等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
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．函数（或）的图象大致是（ ）
A．B．C．D．
2．盒中装有形状、大小完全相同的5张“刮刮卡”，其中只有2张“刮刮卡”有奖，现甲从盒中随机取出2张，则至少有一张有奖的概率为( )
A．B．C．D．
3．已知P是双曲线渐近线上一点，，是双曲线的左、右焦点，，记，PO，的斜率为，k，，若，-2k，成等差数列，则此双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
4．函数在内有且只有一个零点，则a的值为（ ）
A．3B．－3C．2D．－2
5．抛物线的准线与轴的交点为点，过点作直线与抛物线交于、两点，使得是的中点，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．1D．
6．空气质量指数是反映空气状况的指数，指数值趋小，表明空气质量越好，下图是某市10月1日-20日指数变化趋势，下列叙述错误的是（ ）
A．这20天中指数值的中位数略高于100
B．这20天中的中度污染及以上（指数）的天数占
C．该市10月的前半个月的空气质量越来越好
D．总体来说，该市10月上旬的空气质量比中旬的空气质量好
7．已知数列中，，()，则等于（ ）
A．B．C．D．2
8．已知，是椭圆的左、右焦点，过的直线交椭圆于两点.若依次构成等差数列，且，则椭圆的离心率为
A．B．C．D．
9．如图，平面ABCD，ABCD为正方形，且，E，F分别是线段PA，CD的中点，则异面直线EF与BD所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
10．设全集，集合，则＝( )
A．B．C．D．
11．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为
A．B．C．2D．
12．执行如图所示的程序框图，则输出的值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数，则________；满足的的取值范围为________.
14．已知双曲线的左、右焦点和点为某个等腰三角形的三个顶点，则双曲线C的离心率为________.
15．函数的最小正周期是_______________，单调递增区间是__________.
16．已知，，求____________.
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）已知数列中，，前项和为，若对任意的，均有（是常数，且）成立，则称数列为“数列”.
（1）若数列为“数列”，求数列的前项和；
（2）若数列为“数列”，且为整数，试问：是否存在数列，使得对任意，成立？如果存在，求出这样数列的的所有可能值，如果不存在，请说明理由.
18．（12分）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，为等腰直角三角形，，平面底面，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若平面与平面的交线为，求二面角的正弦值.
19．（12分）健身馆某项目收费标准为每次60元，现推出会员优惠活动：具体收费标准如下：
现随机抽取了100为会员统计它们的消费次数，得到数据如下：
假设该项目的成本为每次30元，根据给出的数据回答下列问题：
（1）估计1位会员至少消费两次的概率
（2）某会员消费4次，求这4次消费获得的平均利润；
（3）假设每个会员每星期最多消费4次，以事件发生的频率作为相应事件的概率，从会员中随机抽取两位，记从这两位会员的消费获得的平均利润之差的绝对值为，求的分布列及数学期望
20．（12分）管道清洁棒是通过在管道内释放清洁剂来清洁管道内壁的工具，现欲用清洁棒清洁一个如图1所示的圆管直角弯头的内壁，其纵截面如图2所示，一根长度为的清洁棒在弯头内恰好处于位置（图中给出的数据是圆管内壁直径大小，）.
（1）请用角表示清洁棒的长；
（2）若想让清洁棒通过该弯头，清洁下一段圆管，求能通过该弯头的清洁棒的最大长度.
21．（12分）已知正项数列的前项和.
（1）若数列为等比数列，求数列的公比的值；
（2）设正项数列的前项和为，若，且.
①求数列的通项公式；
②求证：.
22．（10分）已知集合，集合，.
（1）求集合B；
（2）记，且集合M中有且仅有一个整数，求实数k的取值范围.
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】
确定函数的奇偶性，排除两个选项，再求时的函数值，再排除一个，得正确选项．
【详解】
分析知，函数（或）为偶函数，所以图象关于轴对称，排除B，C，
当时，，排除D，
故选：A．
【点睛】
本题考查由函数解析式选择函数图象，解题时可通过研究函数的性质，如奇偶性、单调性、对称性等，研究特殊的函数的值、函数值的正负，以及函数值的变化趋势，排除错误选项，得正确结论．
2、C
【解析】
先计算出总的基本事件的个数，再计算出两张都没获奖的个数，根据古典概型的概率，求出两张都没有奖的概率，由对立事件的概率关系，即可求解.
【详解】
从5张“刮刮卡”中随机取出2张，共有种情况，
2张均没有奖的情况有（种），故所求概率为.
故选:C.
【点睛】
本题考查古典概型的概率、对立事件的概率关系，意在考查数学建模、数学计算能力，属于基础题.
3、B
【解析】
求得双曲线的一条渐近线方程，设出的坐标，由题意求得，运用直线的斜率公式可得，，，再由等差数列中项性质和离心率公式，计算可得所求值．
【详解】
设双曲线的一条渐近线方程为，
且，由，可得以为圆心，为半径的圆与渐近线交于，
可得，可取，则，
设，，则，，，
由，，成等差数列，可得，
化为，即，
可得，
故选：．
【点睛】
本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率，考查方程思想和运算能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
4、A
【解析】
求出，对分类讨论，求出单调区间和极值点，结合三次函数的图像特征，即可求解.
【详解】
，
若，，
在单调递增，且，
在不存在零点；
若，，
在内有且只有一个零点，
.
故选:A.
【点睛】
本题考查函数的零点、导数的应用，考查分类讨论思想，熟练掌握函数图像和性质是解题的关键，属于中档题.
5、B
【解析】
设点、，设直线的方程为，由题意得出，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合可求得的值，由此可得出直线的斜率.
【详解】
由题意可知点，设点、，设直线的方程为，
由于点是的中点，则，
将直线的方程与抛物线的方程联立得，整理得，
由韦达定理得，得，，解得，
因此，直线的斜率为.
故选：B.
【点睛】
本题考查直线斜率的求解，考查直线与抛物线的综合问题，涉及韦达定理设而不求法的应用，考查运算求解能力，属于中等题.
6、C
【解析】
结合题意，根据题目中的天的指数值，判断选项中的命题是否正确.
【详解】
对于，由图可知天的指数值中有个低于，个高于，其中第个接近，第个高于，所以中位数略高于，故正确.
对于，由图可知天的指数值中高于的天数为，即占总天数的，故正确.
对于，由图可知该市月的前天的空气质量越来越好，从第天到第天空气质量越来越差，故错误.
对于，由图可知该市月上旬大部分指数在以下，中旬大部分指数在以上，所以该市月上旬的空气质量比中旬的空气质量好，故正确.
故选：
【点睛】
本题考查了对折线图数据的分析，读懂题意是解题关键，并能运用所学知识对命题进行判断，本题较为基础.
7、A
【解析】
分别代值计算可得，观察可得数列是以3为周期的周期数列，问题得以解决.
【详解】
解：∵，()，
，
，
，
，
…，
∴数列是以3为周期的周期数列，
，
，
故选：A.
【点睛】
本题考查数列的周期性和运用：求数列中的项，考查运算能力，属于基础题.
8、D
【解析】
如图所示，设依次构成等差数列，其公差为.
根据椭圆定义得，又，则，解得，.所以，，，.
在和中，由余弦定理得，整理解得.故选D．
9、C
【解析】
分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系,再利用向量法求异面直线EF与BD所成角的余弦值.
【详解】
由题可知，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设.则.
故异面直线EF与BD所成角的余弦值为.
故选：C
【点睛】
本题主要考查空间向量和异面直线所成的角的向量求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
10、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.
【点睛】
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.
11、A
【解析】
由给定的三视图可知，该几何体表示一个底面为一个直角三角形，
且两直角边分别为和，所以底面面积为
高为的三棱锥，所以三棱锥的体积为，故选A．
12、B
【解析】
列出每一次循环，直到计数变量满足退出循环.
【详解】
第一次循环：；第二次循环：；
第三次循环：，退出循环，输出的为.
故选：B.
【点睛】
本题考查由程序框图求输出的结果，要注意在哪一步退出循环，是一道容易题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
首先由分段函数的解析式代入求值即可得到，分和两种情况讨论可得；
【详解】
解：因为，
所以，
∵，
∴当时，满足题意，∴；
当时，由，
解得.综合可知：满足的的取值范围为.
故答案为：；.
【点睛】
本题考查分段函数的性质的应用，分类讨论思想，属于基础题.
14、
【解析】
由等腰三角形及双曲线的对称性可知或,进而利用两点间距离公式求解即可.
【详解】
由题设双曲线的左、右焦点分别为,,
因为左、右焦点和点为某个等腰三角形的三个顶点,
当时,,由可得,等式两边同除可得,解得（舍）；
当时,,由可得,等式两边同除可得,解得,
故答案为:
【点睛】
本题考查求双曲线的离心率,考查双曲线的几何性质的应用,考查分类讨论思想.
15、 ，，
【解析】
化简函数的解析式，利用余弦函数的图象和性质求解即可．
【详解】
函数，
最小正周期，
令，，可得，，
所以单调递增区间是，，．
故答案为：，，，．
【点睛】
本题主要考查了二倍角的公式的应用，余弦函数的图象与性质，属于中档题．
16、
【解析】
求出向量的坐标，然后利用向量数量积的坐标运算可计算出结果.
【详解】
，，，
因此，.
故答案为：.
【点睛】
本题考查平面向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于基础题.
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）（2）存在，
【解析】
由数列为“数列”可得,，，两式相减得，又，利用等比数列通项公式即可求出,进而求出;
由题意得，，，两式相减得，，
据此可得,当时,,进而可得,即数列为常数列,进而可得,结合，得到关于的不等式,再由时，且为整数即可求出符合题意的的所有值.
【详解】
因为数列为“数列”，
所以，故，
两式相减得，
在中令，则可得，故
所以，
所以数列是以为首项,以为公比的等比数列，
所以，因为，
所以.
（2）由题意得，故，
两式相减得
所以，当时，
又因为
所以当时,
所以成立,
所以当时，数列是常数列，
所以
因为当时,成立,
所以，
所以
在中令，
因为，所以可得，
所以，
由时，且为整数，
可得,
把分别代入不等式
可得,，
所以存在数列符合题意,的所有值为.
【点睛】
本题考查数列的新定义、等比数列的通项公式和数列递推公式的运用;考查运算求解能力、逻辑推理能力和对新定义的理解能力;通过反复利用递推公式,得到数列为常数列是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.
18、（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）取的中点，连接，易得，进而可证明四边形为平行四边形，即，从而可证明平面；
（2）取中点，中点，连接，易证平面，平面，从而可知两两垂直，以点为坐标原点，向量的方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，进而求出平面的法向量，及平面的法向量为，由，可求得平面与平面所成的二面角的正弦值.
【详解】
（1）证明：如图1，取的中点，连接.
，，
，，且，
四边形为平行四边形，.
又平面，平面，平面.
（2）如图2，取中点，中点，连接.
，，
平面平面，平面平面，
平面，平面，
两两垂直.
以点为坐标原点，向量的方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.
由，可得，
在等腰梯形中，，易知，
.
则，，
设平面的法向量为，
则，取，得.
设平面的法向量为，
则，取，得.
因为，，，所以，
所以平面与平面所成的二面角的正弦值为.
【点睛】
本题考查线面平行的证明，考查二面角的求法，利用空间向量法是解决本题的较好方法，属于中档题.
19、（1）（2）22.5（3）见解析，
【解析】
（1）根据频数计算频率，得出概率；
（2）根据优惠标准计算平均利润；
（3）求出各种情况对应的的值和概率，得出分布列，从而计算出数学期望．
【详解】
解：（1）估计1位会员至少消费两次的概率；
（2）第1次消费利润；
第2次消费利润；
第3次消费利润；
第4次消费利润；
这4次消费获得的平均利润：
（3）1次消费利润是27，概率是；2次消费利润是，概率是；3次消费利润是，概率是；4次消费利润是，概率是；
由题意：
故分布列为：
期望为:
【点睛】
本题考查概率、平均利润、离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，考查古典概型、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
20、（1）；（2）.
【解析】
（1）过作的垂线，垂足为，易得，进一步可得；
（2）利用导数求得最大值即可.
【详解】
（1）如图，过作的垂线，垂足为，在直角中，，
，所以，同理，
.
（2）设，
则，
令，则，即.
设，且，则
当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增，
所以当时，取得极小值，
所以.
因为，所以，又，
所以，又，
所以，所以，
所以，
所以能通过此钢管的铁棒最大长度为.
【点睛】
本题考查导数在实际问题中的应用，考查学生的数学运算求解能力，是一道中档题.
21、（1）；（2）①；②详见解析.
【解析】
（1）依题意可表示，，相减得，由等比数列通项公式转化为首项与公比，解得答案，并由其都是正项数列舍根；
（2）①由题意可表示，，两式相减得，由其都是正项并整理可得递推关系，由等差数列的通项公式即可得答案；
②由已知关系，表示并相减即可表示递推关系，显然当时，成立，当，时，表示，由分组求和与正项数列性质放缩不等式得证.
【详解】
解：（1）依题意可得，，两式相减，得，所以，
因为，所以，且，解得.
（2）①因为，所以，
两式相减，得，即.
因为，所以，即.
而当时，，可得，故，
所以对任意的正整数都成立，
所以数列是等差数列，公差为1，首项为1，
所以数列的通项公式为.
②因为，所以，两式相减，得，即，
所以对任意的正整数，都有.
令，
而当时，显然成立，
所以当，时，
，
所以，即，
所以，得证.
【点睛】
本题考查由前n项和关系求等比数列公比，求等差数列通项公式，还考查了由分组求和表示数列和并由正项数列放缩证明不等式，属于难题.
22、（1）（2）
【解析】
（1）由不等式可得,讨论与的关系,即可得到结果；
（2）先解得不等式,由集合M中有且仅有一个整数,当时,则M中仅有的整数为；当时,则M中仅有的整数为,进而求解即可.
【详解】
解:（1）因为,所以,
当,即时,；
当,即时,；
当,即时,.
（2）由得,
当,即时,M中仅有的整数为,
所以,即；
当,即时,M中仅有的整数为,
所以,即；
综上,满足题意的k的范围为
【点睛】
本题考查解一元二次不等式,考查由交集的结果求参数范围,考查分类讨论思想与运算能力.
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