2026届河南省商丘市高考考前提分数学仿真卷含解析

这是一份2026届河南省商丘市高考考前提分数学仿真卷含解析，共19页。试卷主要包含了已知复数z，则复数z的虚部为等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．下列说法正确的是（ ）
A．“若，则”的否命题是“若，则”
B．在中，“”是“”成立的必要不充分条件
C．“若，则”是真命题
D．存在，使得成立
2．已知是虚数单位，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数．下列命题：①函数的图象关于原点对称；②函数是周期函数；③当时，函数取最大值；④函数的图象与函数的图象没有公共点，其中正确命题的序号是（ ）
A．①④B．②③C．①③④D．①②④
4．已知复数z，则复数z的虚部为（ ）
A．B．C．iD．i
5．下列函数中，在区间上为减函数的是（ ）
A．B．C．D．
6． 下列与的终边相同的角的表达式中正确的是( )
A．2kπ＋45°(k∈Z)B．k·360°＋π(k∈Z)
C．k·360°－315°(k∈Z)D．kπ＋ (k∈Z)
7．函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．在复平面内，复数z=i对应的点为Z，将向量绕原点O按逆时针方向旋转，所得向量对应的复数是（ ）
A．B．C．D．
9．若不等式在区间内的解集中有且仅有三个整数，则实数的取值范围是( )
A．B．
C．D．
10．已知等差数列的公差不为零，且，，构成新的等差数列，为的前项和，若存在使得，则（ ）
A．10B．11C．12D．13
11．设双曲线（a＞0，b＞0）的一个焦点为F（c,0）（c＞0），且离心率等于，若该双曲线的一条渐近线被圆x2+y2﹣2cx＝0截得的弦长为2，则该双曲线的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
12．已知，若对任意，关于x的不等式（e为自然对数的底数）至少有2个正整数解，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．展开式中的系数为_______________．
14．袋中装有两个红球、三个白球，四个黄球，从中任取四个球，则其中三种颜色的球均有的概率为________.
15．在平面直角坐标系xOy中，A，B为x轴正半轴上的两个动点，P（异于原点O）为y轴上的一个定点．若以AB为直径的圆与圆x2＋(y－2)2＝1相外切，且∠APB的大小恒为定值，则线段OP的长为_____．
16．，则f（f（2））的值为____________．
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）已知函数 ，
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，判断函数，（）有几个零点，并证明你的结论；
（3）设函数，若函数在为增函数，求实数的取值范围．
18．（12分）已知椭圆的右焦点为，过作轴的垂线交椭圆于点（点在轴上方），斜率为的直线交椭圆于两点，过点作直线交椭圆于点，且，直线交轴于点.
（1）设椭圆的离心率为，当点为椭圆的右顶点时，的坐标为，求的值.
（2）若椭圆的方程为，且，是否存在使得成立？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由.
19．（12分）已知，，求证：
（1）；
（2）.
20．（12分）在直角坐标系中，圆的参数方程为：（为参数），以坐标原点为极点，以轴的正半轴为极轴建立极坐标系，且长度单位相同.
（1）求圆的极坐标方程；
（2）若直线：（为参数）被圆截得的弦长为，求直线的倾斜角.
21．（12分）某商场以分期付款方式销售某种商品，根据以往资料统计，顾客购买该商品选择分期付款的期数的分布列为：
其中，
（Ⅰ）求购买该商品的3位顾客中，恰有2位选择分2期付款的概率；
（Ⅱ）商场销售一件该商品，若顾客选择分2期付款，则商场获得利润l00元，若顾客选择分3期付款，则商场获得利润150元，若顾客选择分4期付款，则商场获得利润200元.商场销售两件该商品所获的利润记为（单位：元）
（ⅰ）求的分布列；
（ⅱ）若，求的数学期望的最大值.
22．（10分）已知函数.
（1）当时，求函数的图象在处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）当时，若方程有两个不相等的实数根，求证：.
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、C
【解析】
A：否命题既否条件又否结论，故A错.
B：由正弦定理和边角关系可判断B错.
C：可判断其逆否命题的真假，C正确.
D：根据幂函数的性质判断D错.
【详解】
解：A：“若，则”的否命题是“若，则”，故 A错.
B：在中，，故“”是“”成立的必要充分条件，故B错.
C：“若，则”“若，则”，故C正确.
D：由幂函数在递减，故D错.
故选：C
【点睛】
考查判断命题的真假，是基础题.
2、B
【解析】
根据复数的乘法运算法则，直接计算，即可得出结果.
【详解】
.
故选B
【点睛】
本题主要考查复数的乘法，熟记运算法则即可，属于基础题型.
3、A
【解析】
根据奇偶性的定义可判断出①正确；由周期函数特点知②错误；函数定义域为，最值点即为极值点，由知③错误；令，在和两种情况下知均无零点，知④正确.
【详解】
由题意得：定义域为，
，为奇函数，图象关于原点对称，①正确；
为周期函数，不是周期函数，不是周期函数，②错误；
，，不是最值，③错误；
令，
当时，，，，此时与无交点；
当时，，，，此时与无交点；
综上所述：与无交点，④正确.
故选：.
【点睛】
本题考查函数与导数知识的综合应用，涉及到函数奇偶性和周期性的判断、函数最值的判断、两函数交点个数问题的求解；本题综合性较强，对于学生的分析和推理能力有较高要求.
4、B
【解析】
利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出
【详解】
，
则复数z的虚部为.
故选：B.
【点睛】
本题考查了复数的运算法则、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.
5、C
【解析】
利用基本初等函数的单调性判断各选项中函数在区间上的单调性，进而可得出结果.
【详解】
对于A选项，函数在区间上为增函数；
对于B选项，函数在区间上为增函数；
对于C选项，函数在区间上为减函数；
对于D选项，函数在区间上为增函数.
故选：C.
【点睛】
本题考查函数在区间上单调性的判断，熟悉一些常见的基本初等函数的单调性是判断的关键，属于基础题.
6、C
【解析】
利用终边相同的角的公式判断即得正确答案.
【详解】
与的终边相同的角可以写成2kπ＋ (k∈Z)，但是角度制与弧度制不能混用，所以只有答案C正确.
故答案为C
【点睛】
（1）本题主要考查终边相同的角的公式，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 与终边相同的角=+ 其中.
7、B
【解析】
对分类讨论，当，函数在单调递减，当，根据对勾函数的性质，求出单调递增区间，即可求解.
【详解】
当时，函数在上单调递减，
所以，的递增区间是，
所以，即.
故选:B.
【点睛】
本题考查函数单调性，熟练掌握简单初等函数性质是解题关键，属于基础题.
8、A
【解析】
由复数z求得点Z的坐标，得到向量的坐标，逆时针旋转，得到向量的坐标，则对应的复数可求.
【详解】
解：∵复数z=i（i为虚数单位）在复平面中对应点Z（0，1），
∴＝(0，1)，将绕原点O逆时针旋转得到，
设＝(a，b)，，
则，
即，
又，
解得：，
∴，
对应复数为.
故选：A.
【点睛】
本题考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题.
9、C
【解析】
由题可知，设函数，，根据导数求出的极值点，得出单调性，根据在区间内的解集中有且仅有三个整数，转化为在区间内的解集中有且仅有三个整数，结合图象，可求出实数的取值范围.
【详解】
设函数，，
因为，
所以，
或，
因为 时，，
或时，，，其图象如下：
当时，至多一个整数根；
当时，在内的解集中仅有三个整数，只需，
，
所以.
故选：C.
【点睛】
本题考查不等式的解法和应用问题，还涉及利用导数求函数单调性和函数图象，同时考查数形结合思想和解题能力.
10、D
【解析】
利用等差数列的通项公式可得，再利用等差数列的前项和公式即可求解.
【详解】
由，，构成等差数列可得
即
又
解得：
又
所以时，.
故选：D
【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式，需熟记公式，属于基础题.
11、C
【解析】
由题得，，又，联立解方程组即可得，，进而得出双曲线方程.
【详解】
由题得 ①
又该双曲线的一条渐近线方程为，且被圆x2+y2﹣2cx＝0截得的弦长为2，
所以 ②
又 ③
由①②③可得：，，
所以双曲线的标准方程为.
故选：C
【点睛】
本题主要考查了双曲线的简单几何性质，圆的方程的有关计算，考查了学生的计算能力.
12、B
【解析】
构造函数（），求导可得在上单调递增,则 ,问题转化为,即至少有2个正整数解,构造函数,,通过导数研究单调性,由可知，要使得至少有2个正整数解,只需即可,代入可求得结果.
【详解】
构造函数（），则（），所以在上单调递增，所以，故问题转化为至少存在两个正整数x，使得成立，设，，则，当时，单调递增；当时，单调递增.，整理得.
故选:B.
【点睛】
本题考查导数在判断函数单调性中的应用,考查不等式成立问题中求解参数问题,考查学生分析问题的能力和逻辑推理能力,难度较难.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．
【详解】
解：，
故它的展开式中的系数为，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
14、
【解析】
基本事件总数n126，其中三种颜色的球都有包含的基本事件个数m72，由此能求出其中三种颜色的球都有的概率．
【详解】
解：袋中有2个红球，3个白球和4个黄球，从中任取4个球，
基本事件总数n126，
其中三种颜色的球都有，可能是2个红球，1个白球和1个黄球或1个红球，2个白球和1个黄球或1个红球，1个白球和2个黄球，
所以包含的基本事件个数m72，
∴其中三种颜色的球都有的概率是p．
故答案为：．
【点睛】
本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
15、
【解析】
分析：设O2（a，0），圆O2的半径为r（变量），OP=t（常数），利用差角的正切公式，结合以AB为直径的圆与圆x2+（y-2）2=1相外切．且∠APB的大小恒为定值，即可求出线段OP的长．
详解：设O2（a，0），圆O2的半径为r（变量），OP=t（常数），则
∵∠APB的大小恒为定值，
∴t＝，∴|OP|=．
故答案为
点睛：本题考查圆与圆的位置关系，考查差角的正切公式，考查学生的计算能力，属于中档题．
16、1
【解析】
先求f（1），再根据f（1）值所在区间求f（f（1））.
【详解】
由题意，f（1）=lg3（11–1）=1，故f（f（1））=f（1）=1×e1–1=1，故答案为：1．
【点睛】
本题考查分段函数求值，考查对应性以及基本求解能力.
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）单调增区间,单调减区间为,;（2）有2个零点，证明见解析;（3）
【解析】
对函数求导,利用导数的正负判断函数的单调区间即可;
函数有2个零点.根据函数的零点存在性定理即可证明;
记函数,求导后利用单调性求得,由零点存在性定理及单调性知存在唯一的,使，求得为分段函数,求导后分情况讨论：①当时，利用函数的单调性将问题转化为的问题;②当时，当时,在上恒成立，从而求得的取值范围.
【详解】
（1）由题意知,，列表如下：
所以函数的单调增区间为，单调减区间为,.
（2）函数有2个零点.证明如下：
因为时，所以，
因为,所以在恒成立,在上单调递增，
由，，且在上单调递增且连续知,
函数在上仅有一个零点，
由（1）可得时,，
即，故时，，
所以，
由得，平方得，所以，
因为，所以在上恒成立,
所以函数在上单调递减,因为,所以,
由，，且在上单调递减且连续得
在上仅有一个零点，
综上可知：函数有2个零点.
（3）记函数，下面考察的符号．
求导得．
当时恒成立．
当时，因为，
所以．
∴在上恒成立，故在上单调递减．
∵，∴，又因为在上连续，
所以由函数的零点存在性定理得存在唯一的，使，
∴,
因为,所以
∴
因为函数在上单调递增,,
所以在，上恒成立．
①当时，在上恒成立，即在上恒成立．
记，则，
当变化时，，变化情况如下表：
∴，
故，即．
②当时，，当时，在上恒成立．
综合（1）（2）知， 实数的取值范围是．
【点睛】
本题考查利用导数求函数的单调区间、极值、最值和利用零点存在性定理判断函数零点个数、利用分离参数法求参数的取值范围;考查转化与化归能力、逻辑推理能力、运算求解能力;通过构造函数,利用零点存在性定理判断其零点,从而求出函数的表达式是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.
18、（1）；（2）不存在，理由见解析
【解析】
（1）写出，根据，斜率乘积为-1，建立等量关系求解离心率；
（2）写出直线AB的方程，根据韦达定理求出点B的坐标，计算出弦长，根据垂直关系同理可得，利用等式即可得解.
【详解】
（1）由题可得，过点作直线交椭圆于点，且，直线交轴于点.
点为椭圆的右顶点时，的坐标为，
即，
，
化简得：，
即，解得或（舍去），
所以；
（2）椭圆的方程为，
由（1）可得，
联立得：，
设B的横坐标，根据韦达定理，
即，，
所以，
同理可得
若存在使得成立，
则，
化简得：，，此方程无解，
所以不存在使得成立.
【点睛】
此题考查求椭圆离心率，根据直线与椭圆的位置关系解决弦长问题，关键在于熟练掌握解析几何常用方法，尤其是韦达定理在解决解析几何问题中的应用.
19、（1）见解析；（2）见解析．
【解析】
（1）结合基本不等式可证明；
（2）利用基本不等式得，即，同理得其他两个式子，三式相加可证结论．
【详解】
（1）∵，
∴
，当且仅当a=b=c等号成立，
∴；
（2）由基本不等式，
∴，同理，，
∴，当且仅当a=b=c等号成立
∴．
【点睛】
本题考查不等式的证明，考查用基本不等式证明不等式成立．解题关键是发现基本不等式的形式，方法是综合法．
20、（1）；（2）或
【解析】
（1）消去参数可得圆的直角坐标方程，再根据，，即可得极坐标方程；（2）写出直线的极坐标方程为，代入圆的极坐标方程，根据极坐标的意义列出等式解出即可.
【详解】
（1）圆：，消去参数得：，
即：，∵，，.
∴，
.
（2）∵直线：的极坐标方程为，
当时.
即：，∴或.
∴或，
∴直线的倾斜角为或.
【点睛】
本题主要考查了参数方程化为普通方程，直角坐标方程化为极坐标方程以及极坐标的几何意义，属于中档题.
21、（Ⅰ）0.288（Ⅱ）（ⅰ）见解析（ⅱ）数学期望的最大值为280
【解析】
（Ⅰ）根据题意，设购买该商品的3位顾客中，选择分2期付款的人数为，由独立重复事件的特点得出，利用二项分布的概率公式，即可求出结果；
（Ⅱ）（ⅰ）依题意，的取值为200，250，300，350，400，根据离散型分布求出概率和的分布列；（ⅱ）由题意知，，解得，根据的分布列，得出的数学期望，结合，即可算出的最大值.
【详解】
解：（Ⅰ）设购买该商品的3位顾客中，选择分2期付款的人数为，则，
则，
故购买该商品的3位顾客中，恰有2位选择分2期付款的概率为0.288.
（Ⅱ）（ⅰ）依题意，的取值为200，250，300，350，400，
，，
，，
的分布列为：
（ⅱ），
由题意知，，，
，
，又，即，解得，
，
，
当时，的最大值为280，
所以的数学期望的最大值为280.
【点睛】
本题考查独立重复事件和二项分布的应用，以及离散型分布列和数学期望，考查计算能力.
22、（1）；（2）当时，在上是减函数；当时，在上是增函数；（3）证明见解析.
【解析】
（1）当时，，求得其导函数 ，，可求得函数的图象在处的切线方程；
（2）由已知得，得出导函数，并得出导函数取得正负的区间，可得出函数的单调性；
（3）当时，，，由（2）得的单调区间，以当方程有两个不相等的实数根，不妨设，且有，，构造函数，分析其导函数的正负得出函数的单调性，得出其最值，所证的不等式可得证.
【详解】
（1）当时，，
所以 ，，
所以函数的图象在处的切线方程为，即；
（2）由已知得，，令，得，
所以当时，，当时，，
所以在上是减函数，在上是增函数；
（3）当时，，，由（2）得在上单调递减，在单调递增，
所以，且时，，当时，，，
所以当方程有两个不相等的实数根，不妨设，且有，，
构造函数，则，
当时，所以，
在上单调递减，且，，
由 ，在上单调递增，
.
所以.
【点睛】
本题考查运用导函数求函数在某点的切线方程，讨论函数的单调性，以及证明不等式，关键在于构造适当的函数，得出其导函数的正负，得出所构造的函数的单调性，属于难度题.
2
3
4
0.4
0
2

0

极小值

极大值


极小值

200
250
300
350
400
0.16