黑龙江省哈尔滨市六中2025-2026学年全国高考招生统一考试高考数学试题模拟试题（4）含解析.doc

黑龙江省哈尔滨市六中2025-2026学年全国高考招生统一考试高考数学试题模拟试题（4）
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．以下三个命题：①在匀速传递的产品生产流水线上，质检员每10分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测，这样的抽样是分层抽样；②若两个变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1；③对分类变量与的随机变量的观测值来说，越小，判断“与有关系”的把握越大；其中真命题的个数为（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
2．已知抛物线,过抛物线上两点分别作抛物线的两条切线为两切线的交点为坐标原点若,则直线与的斜率之积为（ ）
A． B． C． D．
3．函数在上为增函数，则的值可以是( )
A．0 B． C． D．
4．下图中的图案是我国古代建筑中的一种装饰图案，形若铜钱，寓意富贵吉祥．在圆内随机取一点，则该点取自阴影区域内（阴影部分由四条四分之一圆弧围成）的概率是（ ）

A． B． C． D．
5．已知全集，函数的定义域为，集合，则下列结论正确的是
A． B．
C． D．
6．设复数满足，则在复平面内的对应点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
7．已知过点且与曲线相切的直线的条数有（ ）．
A．0 B．1 C．2 D．3
8．已知函数，若对于任意的，函数在内都有两个不同的零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
9．在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，若三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A．12p B． C． D．10p
10．若命题：从有2件正品和2件次品的产品中任选2件得到都是正品的概率为三分之一；命题：在边长为4的正方形内任取一点，则的概率为，则下列命题是真命题的是（ ）
A． B． C． D．
11．下列函数中，在定义域上单调递增，且值域为的是（ ）
A． B． C． D．
12．某公园新购进盆锦紫苏、盆虞美人、盆郁金香，盆盆栽，现将这盆盆栽摆成一排，要求郁金香不在两边，任两盆锦紫苏不相邻的摆法共（ ）种
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设满足约束条件且的最小值为7，则＝_________.
14．设变量，，满足约束条件，则目标函数的最小值是______.
15．某校高二（4）班统计全班同学中午在食堂用餐时间，有7人用时为6分钟，有14人用时7分钟，有15人用时为8分钟，还有4人用时为10分钟，则高二（4）班全体同学用餐平均用时为____分钟.
16．已知不等式组所表示的平面区域为，则区域的外接圆的面积为______．
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）若，，求函数的单调区间；
（2）时，若对一切恒成立，求a的取值范围.
18．（12分）设都是正数，且，．求证：．
19．（12分）如图，在直三棱柱中，，点P，Q分别为，的中点.求证：

（1）PQ平面；
（2）平面.
20．（12分）（江苏省徐州市高三第一次质量检测数学试题）在平面直角坐标系中，已知平行于轴的动直线交抛物线： 于点，点为的焦点.圆心不在轴上的圆与直线， ， 轴都相切，设的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）若直线与曲线相切于点，过且垂直于的直线为，直线， 分别与轴相交于点， .当线段的长度最小时，求的值.
21．（12分）在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（为参数）.以原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系.
（1）求曲线C的极坐标方程；
（2）直线（t为参数）与曲线C交于A，B两点，求最大时，直线l的直角坐标方程.
22．（10分）设函数f（x）＝|x﹣a|+|x|（a＞0）．
（1）若不等式f（x）﹣| x|≥4x的解集为{x|x≤1}，求实数a的值；
（2）证明：f（x）．
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】
根据抽样方式的特征，可判断①；根据相关系数的性质，可判断②；根据独立性检验的方法和步骤，可判断③．
【详解】
①根据抽样是间隔相同，且样本间无明显差异，故①应是系统抽样，即①为假命题；
②两个随机变量相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1；两个随机变量相关性越弱，则相关系数的绝对值越接近于0；故②为真命题；
③对分类变量与的随机变量的观测值来说，越小，“与有关系”的把握程度越小，故③为假命题．
故选：．
本题以命题的真假判断为载体考查了抽样方法、相关系数、独立性检验等知识点，属于基础题．
2．A
【解析】
设出A，B的坐标，利用导数求出过A，B的切线的斜率，结合，可得x1x2＝﹣1．再写出OA，OB所在直线的斜率，作积得答案．
【详解】
解：设A（），B（），
由抛物线C：x2＝1y，得，则y′．
∴，，
由，可得，即x1x2＝﹣1．
又，，
∴．
故选：A．
点睛：（1）本题主要考查抛物线的简单几何性质，考查直线和抛物线的位置关系，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力.(2)解答本题的关键是解题的思路，由于与切线有关，所以一般先设切点，先设A,B,,再求切线PA,PB方程，
求点P坐标，再根据得到最后求直线与的斜率之积.如果先设点P的坐标，计算量就大一些.
3．D
【解析】
依次将选项中的代入，结合正弦、余弦函数的图象即可得到答案.
【详解】
当时，在上不单调，故A不正确；
当时，在上单调递减，故B不正确；
当时，在上不单调，故C不正确；
当时，在上单调递增，故D正确.
故选：D
本题考查正弦、余弦函数的单调性，涉及到诱导公式的应用，是一道容易题.
4．C
【解析】
令圆的半径为1，则，故选C．
5．A
【解析】
求函数定义域得集合M，N后，再判断．
【详解】
由题意，，∴．
故选A．
本题考查集合的运算，解题关键是确定集合中的元素．确定集合的元素时要注意代表元形式，集合是函数的定义域，还是函数的值域，是不等式的解集还是曲线上的点集，都由代表元决定．
6．C
【解析】
化简得到，得到答案.
【详解】
，故，对应点在第三象限.
故选：.
本题考查了复数的化简和对应象限，意在考查学生的计算能力.
7．C
【解析】
设切点为，则，由于直线经过点，可得切线的斜率，再根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线斜率，建立关于的方程，从而可求方程．
【详解】
若直线与曲线切于点，则，
又∵，∴，∴，解得，，
∴过点与曲线相切的直线方程为或，
故选C．
本题主要考查了利用导数求曲线上过某点切线方程的斜率，求解曲线的切线的方程，其中解答中熟记利用导数的几何意义求解切线的方程是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
8．D
【解析】
将原题等价转化为方程在内都有两个不同的根，先求导，可判断时，，是增函数；
当时，，是减函数.因此，再令，求导得，结合韦达定理可知，要满足题意，只能是存在零点，使得在有解，通过导数可判断当时，在上是增函数；当时，在上是减函数；则应满足，再结合，构造函数，求导即可求解；
【详解】
函数在内都有两个不同的零点，
等价于方程在内都有两个不同的根.
，所以当时，，是增函数；
当时，，是减函数.因此.
设，，
若在无解，则在上是单调函数，不合题意；所以在有解，且易知只能有一个解.
设其解为，当时，在上是增函数；
当时，在上是减函数.
因为，方程在内有两个不同的根，
所以，且.由，即，解得.
由，即，所以.
因为，所以，代入，得.
设，，所以在上是增函数，
而，由可得，得.
由在上是增函数，得.
综上所述，
故选：D.
本题考查由函数零点个数求解参数取值范围问题，构造函数法，导数法研究函数增减性与最值关系，转化与化归能力，属于难题
9．C
【解析】
取B1C1的中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱，此直三棱柱和三棱锥P−ABC有相同的外接球，求出等腰三角形的外接圆半径，然后利用勾股定理可求出外接球的半径
【详解】
如图，取B1C1的中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱，所以该直三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，的外接圆直径为，球O的半径R满足，所以球O的表面积S=4πR2=，
故选：C.

此题考查三棱锥的外接球半径与棱长的关系，及球的表面积公式，解题时要注意审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题.
10．B
【解析】因为从有2件正品和2件次品的产品中任选2件得到都是正品的概率为，即命题是错误，则是正确的；在边长为4的正方形内任取一点，若的概率为，即命题是正确的，故由符合命题的真假的判定规则可得答案 是正确的，应选答案B。
点睛：本题将古典型概率公式、几何型概率公式与命题的真假（含或、且、非等连接词）的命题构成的复合命题的真假的判定有机地整合在一起，旨在考查命题真假的判定及古典概型的特征与计算公式的运用、几何概型的特征与计算公式的运用等知识与方法的综合运用，以及分析问题 解决问题的能力。
11．B
【解析】
分别作出各个选项中的函数的图象，根据图象观察可得结果.
【详解】
对于，图象如下图所示：

则函数在定义域上不单调，错误；
对于，的图象如下图所示：

则在定义域上单调递增，且值域为，正确；
对于，的图象如下图所示：

则函数单调递增，但值域为，错误；
对于，的图象如下图所示：

则函数在定义域上不单调，错误.
故选：.
本题考查函数单调性和值域的判断问题，属于基础题.
12．B
【解析】
间接法求解，两盆锦紫苏不相邻，被另3盆隔开有，扣除郁金香在两边有，即可求出结论.
【详解】
使用插空法，先排盆虞美人、盆郁金香有种，
然后将盆锦紫苏放入到4个位置中有种，
根据分步乘法计数原理有，扣除郁金香在两边，
排盆虞美人、盆郁金香有种，
再将盆锦紫苏放入到3个位置中有，
根据分步计数原理有，
所以共有种.
故选:B.
本题考查排列应用问题、分步乘法计数原理，不相邻问题插空法是解题的关键，属于中档题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．3
【解析】
根据约束条件画出可行域，再把目标函数转化为，对参数a分类讨论，当时显然不满足题意；当时，直线经过可行域中的点A时，截距最小，即z有最小值，再由最小值为7，得出结果；当时，的截距没有最小值，即z没有最小值；当时，的截距没有最大值，即z没有最小值，综上可得出结果.
【详解】
根据约束条件画出可行域如下：由，可得出交点，
由可得，当时显然不满足题意；
当即时，由可行域可知当直线经过可行域中的点A时，截距最小，即z有最小值，即，解得或（舍）；
当即时，由可行域可知的截距没有最小值，即z没有最小值；
当即时，根据可行域可知的截距没有最大值，即z没有最小值.
综上可知满足条件时.
故答案为：3.
本题主要考查线性规划问题，约束条件和目标函数中都有参数，要对参数进行讨论.
14．7
【解析】
作出不等式组表示的平面区域,
得到如图的△ABC及其内部,其中A(2,1),B(1,2),C(4,5)

设z=F(x,y)=2x+3y，将直线l:z=2x+3y进行平移，
当l经过点A时，目标函数z达到最小值
∴z最小值=F(2,1)=7
15．7.5
【解析】
分别求出所有人用时总和再除以总人数即可得到平均数.
【详解】

故答案为：7.5
此题考查求平均数，关键在于准确计算出所有数据之和，易错点在于概念辨析不清导致计算出错.
16．
【解析】
先作可行域，根据解三角形得外接圆半径，最后根据圆面积公式得结果.
【详解】
由题意作出区域，如图中阴影部分所示，

易知，故 ，又，设的外接圆的半径为，则由正弦定理得，即，故所求外接圆的面积为.
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、可行域面积、可行域外接圆等等，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）单调递减区间为，单调递增区间为 ；（2）
【解析】
（1）求导，根据导数与函数单调性关系即可求出.
（2）解法一：分类讨论：当时，观察式子可得恒成立；当时，利用导数判断函数为单调递增，可知；当时，令，由，，根据零点存在性定理可得，进而可得在上，单调递减，即不满足题意；解法二：通过分离参数可知条件等价于恒成立，进而记，问题转化为求在上的最小值问题，通过二次求导，结合洛比达法则计算可得结论.
【详解】
（1）当，，，
，
令，解得，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增.
（2）解法一：当时，函数，
若时，此时对任意都有，
所以恒成立；
若时，对任意都有，，
所以，所以在上为增函数，
所以，即时满足题意；
若时，令，
则，所以在上单调递增，
，，
可知，一定存在使得，
且当时，，所以在上，单调递减，
从而有时，，不满足题意；
综上可知，实数a的取值范围为.
解法二：当时，函数，
又当时，，
对一切恒成立等价于恒成立，
记，其中，则，
令，则，
在上单调递增，，
恒成立，从而在上单调递增，，
由洛比达法则可知，，
，解得.
实数a的取值范围为.
本题考查利用导数研究函数的单调性与不等式恒成立问题，考查了分类与整合的解题思想，涉及分离参数法等技巧、涉及到洛比达法则等知识，注意解题方法的积累，属于难题.
18．证明见解析
【解析】
利用比较法进行证明：把代数式展开、作差、化简可得,,可证得成立,同理可证明,由此不等式得证.
【详解】
证明:因为,
，
所以
，
∴ 成立，又都是正数，
∴，①
同理，
∴．
本题考查利用比较法证明不等式;考查学生的逻辑推理能力和运算求解能力;把差变形为因式乘积的形式是证明本题的关键;属于中档题。
19．（1）见解析（2）见解析
【解析】
（1）取的中点D，连结，.根据线面平行的判定定理即得；（2）先证，，和都是平面内的直线且交于点，由（1）得，再结合线面垂直的判定定理即得.
【详解】
（1）取的中点D，连结，.
在中，P，D分别为，中点，
，且.在直三棱柱中，，.Q为棱的中点，，且.
，.
四边形为平行四边形，从而.
又平面，平面，平面.
（2）在直三棱柱中，平面.又平面，.，D为中点，.
由（1）知，，.
又，平面，平面，
平面.

本题考查线面平行的判定定理，以及线面垂直的判定定理，难度不大.
20． (1) ．(2)见解析.
【解析】
试题分析：（1）设根据题意得到，化简得到轨迹方程；（2）设， ，，，构造函数研究函数的单调性，得到函数的最值.
解析：
（1）因为抛物线的方程为，所以的坐标为，
设，因为圆与轴、直线都相切，平行于轴，
所以圆的半径为，点 ，则直线的方程为，即，
所以，又，所以，即，
所以的方程为 ．
（2）设， ，，
由（1）知，点处的切线的斜率存在，由对称性不妨设，
由，所以，，
所以，，
所以．
令，，则，
由得，由得，
所以在区间单调递减，在单调递增，
所以当时，取得极小值也是最小值，即取得最小值， 此时．
点睛：求轨迹方程，一般是问谁设谁的坐标然后根据题目等式直接求解即可，而对于直线与曲线的综合问题要先分析题意转化为等式，例如，可以转化为向量坐标进行运算也可以转化为斜率来理解，然后借助韦达定理求解即可运算此类题计算一定要仔细.
21．（1）；（2）.
【解析】
（1）利用消去参数，得到曲线的普通方程，再将，代入普通方程，即可求出结论；
（2）由（1）得曲线表示圆，直线曲线C交于A，B两点，最大值为圆的直径，直线过圆心，即可求出直线的方程.
【详解】
（1）由曲线C的参数方程（为参数），
可得曲线C的普通方程为，
因为，
所以曲线C的极坐标方程为，
即.
（2）因为直线（t为参数）表示的是过点的直线，
曲线C的普通方程为，
所以当最大时，直线l经过圆心.
直线l的斜率为，方程为，
所以直线l的直角坐标方程为.
本题考查参数方程与普通方程互化、直角坐标方程与极坐标方程互化、直线与曲线的位置关系，考查化归和转化思想，属于中档题.
22．（1）a＝1；（2）见解析
【解析】
（1）由题意可得|x﹣a|≥4x，分类讨论去掉绝对值，分别求得x的范围即可求出a的值．（2）由条件利用绝对值三角不等式，基本不等式证得f（x）≥2．．
【详解】
（1）由f（x）﹣|x|≥4x，可得|x﹣a|≥4x，（a＞0），
当x≥a时，x﹣a≥4x，解得x，
这与x≥a＞0矛盾，故不成立，
当x＜a时，a﹣x≥4x，解得x，
又不等式的解集是{x|x≤1}，故1，解得a＝1．
（2）证明：f（x）＝|x﹣a|+|x| |x﹣a﹣（x）|＝|a|，∵a＞0，
∴| a|＝a22，当且仅当a时取等号，
故f（x）．
本题主要考查绝对值三角不等式，基本不等式，绝对值不等式的解法，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于基础题．