精品解析：福建福州高级中学2026年普通高中学业水平合格考试数学模拟试卷1

福州高级中学2026年普通高中学业水平合格考试数学模拟试卷1 考试时间：90分钟满分：100分 第Ⅰ卷（选择题57分） 一、选择题：本题共19小题，每小题3分，共57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. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，在矩形ABCD中，O为AC与BD的交点，则（    ） A. B. C. D. 3. 设全集，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知是虚数单位，则等于（ ） A. 13 B. 5 C. D. 5. 不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，则的值为（ ） A. B. 2 C. 8 D. 15 7. 下列函数为增函数的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 9. 某商场在今年端午节的促销活动中，对6月9日时至14时的销售额进行统计，其频率分布直方图如图所示，已知9时至10时的销售额为3万元，则11时至12时的销售额为 A. 万元 B. 万元 C. 万元 D. 万元 10. 函数的图象是（ ） A. B. C. D. 11. 已知且，则的最小值为（     ） A. B. 4 C. 6 D. 12 12. 设是定义在上的函数，其图像关于原点对称，且当时，，则（ ） A. 1 B. C. D. 13. 已知，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 14. 已知两条直线和平面，若，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 15. 的内角，，的对边分别为，，，的面积为，且，，则边（ ） A. B. C. D. 16. 已知一个圆台的上底面半径为2，下底面的半径为5，其侧面积为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 17. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 18. 若在上是减函数，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 19. 已知函数，方程有三个解，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 第Ⅱ卷（非选择题43分） 二、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分． 20. 已知，则的坐标是_________. 21. 已知，，则的值为________. 22. 如图,在正方体中,点E,F分别是棱AD,的中点,则异面直线与BF所成角的大小为______． 23. 若函数恰有两个零点，则实数的范围是________ 三、解答题：本题共3题，共27分． 24. 已知的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求证：为等腰三角形； （2）若，求的面积． 25. 如图，四棱柱中，底面是菱形，底面，点为的中点.求证： （1）直线平面； （2）平面平面. 26. 已知函数． （1）求的定义域； （2）判断在其定义域上的单调性，并用定义证明； （3）若，解关于的不等式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州高级中学2026年普通高中学业水平合格考试数学模拟试卷1 考试时间：90分钟满分：100分 第Ⅰ卷（选择题57分） 一、选择题：本题共19小题，每小题3分，共57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. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由全称命题的否定为特称命题即可求解. 【详解】的否定为：. 故选：C 2. 如图，在矩形ABCD中，O为AC与BD的交点，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量的加法法则求解. 【详解】根据平面向量加法的三角形法则和平行四边形法则，得. 故选：B. 3. 设全集，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据补集的定义计算可得. 【详解】因为，， 所以. 故选：B 4. 已知是虚数单位，则等于（ ） A. 13 B. 5 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘法即可. 【详解】. 故选：A. 5. 不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接求出一元二次不等式的解集即可. 【详解】解得：，故不等式的解集是. 故选：A 6. 已知，，则的值为（ ） A. B. 2 C. 8 D. 15 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数的运算求解即可. 【详解】. 故选：D 7. 下列函数为增函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把函数化成分段函数由单调性判断A；利用二次函数、指数函数、对数函数单调性判断CBD作答. 【详解】对于A，函数，函数在上单调递减，在定义域R上不单调，A不是； 对于B，函数在R上单调递增，B是； 对于C，函数在上单调递减，在定义域R上不单调，C不是； 对于D，函数在上单调递减，D不是. 故选：B 8. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角函数的定义和诱导公式求解即得. 【详解】∵角的终边经过点， ∴，故A，C错误，D正确； 对于B，，故B错误. 故选：D 9. 某商场在今年端午节的促销活动中，对6月9日时至14时的销售额进行统计，其频率分布直方图如图所示，已知9时至10时的销售额为3万元，则11时至12时的销售额为 A. 万元 B. 万元 C. 万元 D. 万元 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：由频率分布直方图知，9时至10时的销售额的频率为0.1，故销售总额为 （万元），又11时至12时的销售额的频率为0.4，故销售额为万元． 考点：频率分布直方图. 10. 函数的图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数定义域及函数值的正负判断即可. 【详解】因为的定义域为，故BD错误； 又，故C错误；故A正确. 故选：A 11. 已知且，则的最小值为（     ） A. B. 4 C. 6 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合基本不等式，即可求解. 【详解】因为且，可得，当且仅当时，等号成立. 故选：D. 12. 设是定义在上的函数，其图像关于原点对称，且当时，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到函数为奇函数，结合，代入即可求解. 【详解】由函数的图像关于原点对称，可得函数为奇函数，所以， 又由时，，则. 故选：B. 13. 已知，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出，，再根据投影向量的定义计算可得. 【详解】因为，， 所以，， 所以向量在向量上的投影向量是. 故选：D 14. 已知两条直线和平面，若，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间直观想象与线面平行的判定定理，结合充分必要条件的判定方法即可得解. 【详解】因为， 当时，与可能异面，即充分性不成立； 当时，由线面平行的判定定理可知，即必要性成立； 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 15. 的内角，，的对边分别为，，，的面积为，且，，则边（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由三角形面积公式求得，再由余弦定理得到. 【详解】由，解得， 由余弦定理得，所以. 故选：C. 16. 已知一个圆台的上底面半径为2，下底面的半径为5，其侧面积为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆台的侧面积公式求出母线，再求圆台的高结合圆台体积公式求体积即可. 【详解】设圆台上下底面的半径分别为，母线为， 由题意可得：， 则圆台的高为， 所以圆台的体积为. 故选：D 17. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用指数函数和对数函数的单调性确定幂值和对数值的范围即得. 【详解】因，即， 又，即， 而，即， 故. 故选：A. 18. 若在上是减函数，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用辅助角公式和余弦函数单调性的求法可得的单调递减区间，对应已知区间即可确定结果. 【详解】； 令，解得：， 的单调递减区间为， ，，， 的最大值为. 故选：B. 19. 已知函数，方程有三个解，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】变换得到，设，确定函数为奇函数，得到，，计算得到答案. 【详解】，，即，即， 设，函数定义域为，， 函数为奇函数，， 不妨取，则，，. 故选：B. 第Ⅱ卷（非选择题43分） 二、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分． 20. 已知，则的坐标是_________. 【答案】 【解析】 【分析】由平面向量减法的坐标运算求解即可. 【详解】因为， 所以. 故答案为：. 21. 已知，，则的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】利用正切函数的和差公式即可得解. 【详解】因为，， 所以. 故答案为：. 22. 如图,在正方体中,点E,F分别是棱AD,的中点,则异面直线与BF所成角的大小为______． 【答案】 【解析】 【分析】先取中点为,连接,记与交点为,根据平行可知与BF所成角即为与所成角,通过正方体性质可得,即,根据可知,即,即可知与BF所成角为. 【详解】取中点为,连接,记与交点为,如图所示: 因为G,F分别是棱,的中点, 所以,且,故四边形为平行四边形, 所以,所以与BF所成角即为与所成角, 因为正方体,E,G是棱AD,的中点, 所以, 所以,即, 因为,所以, 所以, 故与所成角为,即与BF所成角为. 故答案为: 23. 若函数恰有两个零点，则实数的范围是________ 【答案】 【解析】 【分析】分别设，分两种情况讨论，即可求出的范围. 【详解】解：设， 若在时，与轴有一个交点， 所以，并且当时，　，所以， 而函数有一个交点，所以，且， 所以， 若函数在时，与轴没有交点， 则函数有两个交点， 当时，与轴无交点，无交点，所以不满足题意（舍去）， 当时，即时，的两个交点满足，都是满足题意的， 综上所述的取值范围是，或. 故答案为：. 【点睛】本题考查了分段函数的问题，以及函数的零点问题，培养了学生的转化能力和运算能力以及分类能力，属于中档题. 三、解答题：本题共3题，共27分． 24. 已知的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求证：为等腰三角形； （2）若，求的面积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理化角为边，化简即可得证； （2）由余弦定理可求得，可求的面积. 【小问1详解】 因为，所以， 化简得，即，所以是等腰三角形. 【小问2详解】 由余弦定理可得，得， 解得，由，所以， 所以的面积为. 25. 如图，四棱柱中，底面是菱形，底面，点为的中点.求证： （1）直线平面； （2）平面平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设，连接，可证，故由线面平行的判定定理可得平面. （2）由线面垂直的判定定理可证平面，故可得平面平面. 【小问1详解】 设，连接， ∵底面是菱形，∴为的中点， 又∵是的中点，∴， 又平面，平面，∴直线平面. 【小问2详解】 ∵底面是菱形，∴. 又平面，平面，∴. 又，平面，平面， ∴平面，∵平面，∴平面平面. 26. 已知函数． （1）求的定义域； （2）判断在其定义域上的单调性，并用定义证明； （3）若，解关于的不等式． 【答案】（1）. （2）在上单调递增，证明见解析 （3）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）由题意可得定义域的不等式组，从而可求解. （2）利用函数的定义法即可判断在其定义域上为增函数，从而可求解. （3）由函数可得，即，由（2）结论得在定义域为增函数，从而得，从而可求解. 【小问1详解】 要使原函数有意义，只需，解得， 所以的定义域为． 【小问2详解】 在上单调递增，证明如下： 任取，且， 则 因为，所以， 所以，即， 所以，故，即， 所以在上单调递增． 【小问3详解】 由（1）知，因为， 要使，只需， 由知，在上单调递增，所以， 得，即， 当时，解得或； 当时，解得； 当时，解得或． 综上所述：当时，原不等式的解集为， 当时，原不等式的解集为， 当时，原不等式的解集为． 【点睛】关键点点睛：本题（3）问中先化简得，再利用函数的单调性得，即，然后对分类讨论即可求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $