2025-2026学年山东省青岛市崂山区青岛第二中学高考数学试题考前最后一卷预测卷（二）含解析.doc

2025-2026学年山东省青岛市崂山区青岛第二中学高考数学试题考前最后一卷预测卷（二）
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，再选涂其它答案标号。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、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．过直线上一点作圆的两条切线，，，为切点，当直线，关于直线对称时，（ ）
A． B． C． D．
2．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积（ ）

A． B． C． D．
3．设全集集合，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数在上都存在导函数，对于任意的实数都有，当时，，若，则实数的取值范围是( )
A． B． C． D．
5．数列满足：，，，为其前n项和，则（ ）
A．0 B．1 C．3 D．4
6．设命题p:>1,n2>2n,则p为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知集合，，若，则（ ）
A．4 B．－4 C．8 D．－8
8．若复数（为虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
9．已知椭圆内有一条以点为中点的弦，则直线的方程为( )
A． B．
C． D．
10．公元前世纪，古希腊哲学家芝诺发表了著名的阿基里斯悖论：他提出让乌龟在跑步英雄阿基里斯前面米处开始与阿基里斯赛跑，并且假定阿基里斯的速度是乌龟的倍.当比赛开始后，若阿基里斯跑了米，此时乌龟便领先他米，当阿基里斯跑完下一个米时，乌龟先他米，当阿基里斯跑完下-个米时，乌龟先他米....所以，阿基里斯永远追不上乌龟.按照这样的规律，若阿基里斯和乌龟的距离恰好为米时，乌龟爬行的总距离为（ ）
A．米 B．米
C．米 D．米
11．已知向量，，若，则（ ）
A． B． C． D．
12．设f(x)是定义在R上的偶函数，且在(0,+∞)单调递减，则（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设等比数列的前项和为，若，，则__________．
14．利用等面积法可以推导出在边长为a的正三角形内任意一点到三边的距离之和为定值，类比上述结论，利用等体积法进行推导，在棱长为a的正四面体内任意一点到四个面的距离之和也为定值，则这个定值是______
15．满足线性的约束条件的目标函数的最大值为________
16．如图所示，在直角梯形中，，、分别是、上的点，，且（如图①）.将四边形沿折起，连接、、（如图②）.在折起的过程中，则下列表述：

①平面；
②四点、、、可能共面；
③若，则平面平面；
④平面与平面可能垂直.其中正确的是__________.
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）己知函数.
（1）当时，求证：；
（2）若函数，求证：函数存在极小值.
18．（12分）如图，四棱锥中，底面是边长为的菱形，，点分别是的中点．

（1）求证：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
19．（12分）已知矩阵的一个特征值为4，求矩阵A的逆矩阵.
20．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以原点为极点，轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的极坐标方程以及曲线的直角坐标方程；
（2）若直线与曲线、曲线在第一象限交于两点，且，点的坐标为，求的面积.
21．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
（2）若直线与曲线交于、两点，求的面积.
22．（10分）已知等差数列的前n项和为，，公差，、、成等比数列，数列满足.
（1）求数列，的通项公式；
（2）已知，求数列的前n项和.
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】
判断圆心与直线的关系，确定直线，关于直线对称的充要条件是与直线垂直，从而等于到直线的距离，由切线性质求出，得，从而得．
【详解】
如图，设圆的圆心为，半径为，点不在直线上，要满足直线，关于直线对称，则必垂直于直线，∴，
设，则，，∴,．
故选：C．

本题考查直线与圆的位置关系，考查直线的对称性，解题关键是由圆的两条切线关于直线对称，得出与直线垂直，从而得就是圆心到直线的距离，这样在直角三角形中可求得角．
2．C
【解析】
画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可．
【详解】
解：几何体的直观图如图，是正方体的一部分，P−ABC，

正方体的棱长为2，
该几何体的表面积：
．
故选C．
本题考查三视图求解几何体的直观图的表面积，判断几何体的形状是解题的关键．
3．A
【解析】
先求出，再与集合N求交集.
【详解】
由已知，，又，所以.
故选：A.
本题考查集合的基本运算，涉及到补集、交集运算，是一道容易题.
4．B
【解析】
先构造函数，再利用函数奇偶性与单调性化简不等式，解得结果.
【详解】
令，则当时，，
又，所以为偶函数，
从而等价于，
因此选B.
本题考查利用函数奇偶性与单调性求解不等式，考查综合分析求解能力，属中档题.
5．D
【解析】
用去换中的n，得，相加即可找到数列的周期，再利用计算.
【详解】
由已知，①，所以②，①+②，得，
从而，数列是以6为周期的周期数列，且前6项分别为1，2，1，-1，-2，-1，所以，
.
故选：D.
本题考查周期数列的应用，在求时，先算出一个周期的和即，再将表示成即可，本题是一道中档题.
6．C
【解析】
根据命题的否定，可以写出：，所以选C.
7．B
【解析】
根据交集的定义，，可知，代入计算即可求出.
【详解】
由，可知，
又因为，
所以时，，
解得.
故选：B.
本题考查交集的概念，属于基础题.
8．B
【解析】
根据复数的除法法则计算，由共轭复数的概念写出.
【详解】
,
,
故选：B
本题主要考查了复数的除法计算，共轭复数的概念，属于容易题.
9．C
【解析】
设，，则，，相减得到，解得答案.
【详解】
设，，设直线斜率为，则，，
相减得到：，的中点为，
即，故，直线的方程为：.
故选：.
本题考查了椭圆内点差法求直线方程，意在考查学生的计算能力和应用能力.
10．D
【解析】
根据题意，是一个等比数列模型，设，由，解得，再求和.
【详解】
根据题意，这是一个等比数列模型，设，
所以，
解得，
所以 .
故选：D
本题主要考查等比数列的实际应用，还考查了建模解模的能力，属于中档题.
11．A
【解析】
利用平面向量平行的坐标条件得到参数x的值.
【详解】
由题意得，，
，
，
解得.
故选A.
本题考查向量平行定理，考查向量的坐标运算，属于基础题.
12．D
【解析】
利用是偶函数化简，结合在区间上的单调性，比较出三者的大小关系.
【详解】
是偶函数，，
而，因为在上递减，
，
即．
故选:D
本小题主要考查利用函数的奇偶性和单调性比较大小，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】
由题意，设等比数列的公比为，根据已知条件，列出方程组，求得的值，利用求和公式，即可求解．
【详解】
由题意，设等比数列的公比为，
因为，即，解得，，
所以.
本题主要考查了等比数列的通项公式，及前n项和公式的应用，其中解答中根据等比数列的通项公式，正确求解首项和公比是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．
14．
【解析】
计算正四面体的高，并计算该正四面体的体积，利用等体积法，可得结果.
【详解】
作平面，为的重心
如图

则，
所以
设正四面体内任意一点到四个面的距离之和为
则
故答案为：
本题考查类比推理的应用，还考查等体积法，考验理解能力以及计算能力，属基础题.
15．1
【解析】
作出不等式组表示的平面区域，将直线进行平移，利用的几何意义，可求出目标函数的最大值。
【详解】
由，得，作出可行域，如图所示：

平移直线，由图像知，当直线经过点时，截距最小，此时取得最大值。
由 ，解得 ，代入直线，得。
本题主要考查简单的线性规划问题的解法——平移法。
16．①③
【解析】
连接、交于点，取的中点，证明四边形为平行四边形，可判断命题①的正误；利用线面平行的性质定理和空间平行线的传递性可判断命题②的正误；连接，证明出，结合线面垂直和面面垂直的判定定理可判断命题③的正误；假设平面与平面垂直，利用面面垂直的性质定理可判断命题④的正误.综合可得出结论.
【详解】
对于命题①，连接、交于点，取的中点、，连接、，如下图所示：

则且，四边形是矩形，且，为的中点，
为的中点，且，且，
四边形为平行四边形，，即，
平面，平面，平面，命题①正确；
对于命题②，，平面，平面，平面，
若四点、、、共面，则这四点可确定平面，则，平面平面，由线面平行的性质定理可得，
则，但四边形为梯形且、为两腰，与相交，矛盾.
所以，命题②错误；
对于命题③，连接、，设，则，

在中，，，则为等腰直角三角形，
且，，，且，
由余弦定理得，，
，又，，平面，
平面，，
，、为平面内的两条相交直线，所以，平面，
平面，平面平面，命题③正确；
对于命题④，假设平面与平面垂直，过点在平面内作，
平面平面，平面平面，，平面，
平面，
平面，，
，，，，，
又，平面，平面，.
，平面，平面，.
，，显然与不垂直，命题④错误.
故答案为：①③.

本题考查立体几何综合问题，涉及线面平行、面面垂直的证明、以及点共面的判断，考查推理能力，属于中等题.

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）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
（1）求导得，由，且，得到，再利用函数在上单调递减论证.
（2）根据题意，求导，令，易知； ，易知当时，，；当时，函数单调递增，而，又，由零点存在定理得，使得，，使得，有从而得证.
【详解】
（1）依题意，，
因为，且，故，
故函数在上单调递减，
故.
（2）依题意，，
令，则；
而，可知当时，，
故函数在上单调递增，故当时，；
当时，函数单调递增，而，
又，故，使得，
故，使得，即函数单调递增，即单调递增；
故当时，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，函数有极小值.
本题考查利用导数研究函数的性质，还考查推理论证能力以及函数与方程思想，属于难题.
18．（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）取的中点，连接，通过证明，即可证得；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量的坐标表示即可得解.
【详解】
（1）证明：取的中点，连接．
是的中点，，又，
四边形是平行四边形．
，又平面平面，
平面．

（2），，
同理可得：，又平面．
连接，设，
则，建立空间直角坐标系．

设平面的法向量为，
则，则，取．

直线与平面所成角的正弦值为．
此题考查证明线面平行，求线面角的大小，关键在于熟练掌握线面平行的证明方法，法向量法求线面角的基本方法，根据公式准确计算.
19．.
【解析】
根据特征多项式可得，可得，进而可得矩阵A的逆矩阵.
【详解】
因为矩阵的特征多项式，所以，所以.
因为，且，
所以.
本题考查矩阵的特征多项式以及逆矩阵的求解，是基础题.
20．（1）的极坐标方程为，的直角坐标方程为（2）
【解析】
（1）先把曲线的参数方程消参后，转化为普通方程，再利用 求得极坐标方程.将，化为，再利用 求得曲线的普通方程.
（2）设直线的极角，代入，得，将代入，得，由，得，即，从而求得，，从而求得，再利用求解.
【详解】
（1）依题意，曲线，即，
故，即.
因为，故，
即，即.
（2）将代入，得，
将代入，得，
由，得，得，
解得，则.
又，故，
故的面积.
本题考查极坐标方程与直角坐标方程、参数方程与普通方程的转化、极坐标的几何意义，还考查推理论证能力以及数形结合思想，属于中档题.
21．（1），；（2）.
【解析】
（1）在直线的参数方程中消去参数可得出直线的普通方程，在曲线的极坐标方程两边同时乘以，结合可将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程；
（2）计算出直线截圆所得弦长，并计算出原点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得的面积.
【详解】
（1）由得，故直线的普通方程是.
由，得，代入公式得，得，
故曲线的直角坐标方程是；
（2）因为曲线的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
则弦长.
又到直线的距离为，
所以.
本题考查参数方程、极坐标方程与普通方程之间的转化，同时也考查了直线与圆中三角形面积的计算，考查计算能力，属于中等题.
22．（1），（）；（2）.
【解析】
（1）根据是等差数列，，、、成等比数列，列两个方程即可求出，从而求得，代入化简即可求得；（2）化简后求和为裂项相消求和，分组求和即可，注意讨论公比是否为1.
【详解】
（1）由题意知，，，
由得
，
解得.
又，得，
解得或（舍）.
，.
又（），
（）.
（2），
①当时，

.
②当时，
.
此题等差数列的通项公式的求解，裂项相消求和等知识点，考查了化归和转化思想，属于一般性题目.