2026届河北省高考备考信息巩固训练数学试卷

2026届高考备考信息巩固训练(一) 数 学 班级 姓名 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名及考号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案标号。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8小题，每小题5分，共40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.已知集合M={0,1,2,3,4,5},N={x|log₄(x+1)<1},则M∩N中的元素个数为 A.2 B.3 C.4 D.5 2.已知复数z=3-2i(i为虚数单位),则(1+i)z 的共轭复数为 A.5-i B.5+i C.-5-i D.-5+1 3.若抛物线C 上有一点P(t,2t)(t≠0)到原点的距离为 ,则点 P 到C 的焦点的距离为 A. B.2 D.3 4.为了得到函数h(x)=2log₄x的图象，只需把函数H(x)=1+log₂x的图象上所有的点 A.横坐标缩短到原来的 ，纵坐标不变 B.横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变 C.向左平移1个单位长度 D.向上平移1个单位长度 5.已知 则 6.已知双曲线C 的左、右焦点分别为 F₁，F₂，在C 的渐近线上有一点 P，满足 则△PF₁F₂的面积为 A.9 D.3 7.已知奇函数 f(x)是定义在R上的增函数，且x=t是函数h(x)=f(x)+log₂(x+ 的零点，则函数y=h(x)-2的零点是 A. t+2 B. t-2 C.-2t D.-t 8.已知 则 A. a>b>c B. b>a>c C. b>c>a D. a>c>b 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.若( 则 10.如图，在棱长均为2 的斜三棱柱 中， , D 在线段BC上，则 A. “BD=DC”是“A₁B∥平面ADC₁”的充分不必要条件 B. “BD=DC”是“平面AA₁D⊥平面A₁BC”的充要条件 C. “θ=60°”是“斜三棱柱 的体积为 ’的必要不充分条件 是“四棱锥 为正四棱锥”的充要条件 11.若函数y=f(x)的图象上存在两个不同的点A，B，使得曲线y=f(x)在这两点处的切线重合，则称函数y=f(x)为“可共切函数”，下列函数是“可共切函数”的有 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.在递增等比数列{an}中， 则公比q= . 13. 已知随机变量X~B(3,p),Y~N(2,σ²)(σ>0),若E(X)=E(Y),D(X)=D(Y),则σ= 14.在△ABC 中, 点 D 在线段AC上,且AD=3DC,则BD 的最大值为 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(本小题满分13分) 已知首项为a₁，公差为d 的等差数列{an}的前n项和 (1)证明: (2)若 求数列{bₙ}的前n项和Tₙ. 16.(本小题满分15分) 如图,在直角梯形ABCD 中,AD∥BC,BC⊥CD,AD=2BC=2CD=4,E是AD 的中点,将△ABE 沿BE 折起,使二面角A-BE-D 为60°. (1)求四棱锥A-BCDE 的外接球的表面积； (2)设F 是AB 的中点,求点 A 到平面CDF 的距离. 17.(本小题满分15分) 已知椭圆C 的右焦点为 F(2，0)，过点 F 倾斜角为60°的直线交 C于A,B 两点,且 (1)求C 的方程; (2)圆.F 的弦MN长为 ,过点 F 向MN 作垂线,垂足为 H,直线FH交C于两点，其中一点 P：满足 与 同向，O为坐标原点，证明：| 18.(本小题满分17分) 由两个1，两个2，两个3组成一个6位数。 (1)求该6位数的个数； (2)设事件A=“相同数字不相邻”，事件B=“个位数字为3”，求 (3)设相同数字相邻对数为X，求X 的分布列和数学期望. 19.(本小题满分17分) 已知函数 (1)若曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为.y=2x,,求a 的值. (2)已知f'(x)为f(x)的导函数，当. 时， (i)求实数a 的取值范围； (ii)当a 取得最大值且.x>0时，证明： 【2026届高考备考信息巩固训练(一) 数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B A C B A C D B ACD BD ABD 1. B解析：由题知，集合 所以 含有3个元素，故选 B. 2. A 解析:(1+i)z=(1+i)(3-2i)=5+i,其共轭复数为5-i,故选A. 3. C解析:由题知, 所以 将点 代入抛物线中解得 所以点P 到C 的焦点的距离为 故选C. 4. B 解析: 所以只需把函数H(x)的图象上所有的点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，就得到函数h(x)的图象，故选B. 5. A 解析: 故选 A. 6. C 解析:因为 所以点 P(x,y)满足 与 联立解得 此时△PF₁F₂的面积为 故选C. 7. D解析：由已知 即-f(t)- 所以 即 (-t)]=0,所以x=-t是. 的零点,即x=-t是函数y=h(x)-2的零点，故选D. 8. B 解析:因为 sinx<x,所以 所以b>a.因为x≥ln(1+x),所以 所以c<a,所以b>a>c,故选 B. 9. ACD 解析:令x=0,可得, ，故A 正确 故B不正确；令x=1，可得 易知a₇=2,将a₀=1,a₇=2代入，可得 故C正确；令 及 可得 故D正确.故选 ACD. 10. BD 解析:如图,设AC₁∩A₁C=P,则P是A₁C的中点,连接DP,当BD=DC时,DP∥A₁B,DP⊂平面ADC₁,所以A₁B∥平面ADC₁,当A₁B∥平面ADC₁时,平面A₁BC∩平面 ,所以DP∥A₁B,所以“BD=DC”是“A₁B∥平面ADC₁”的充要条件,故A 不正确;因为 AC,AA₁=AA₁,所以 所以 ,当BD=DC 时,BC⊥AD,BC⊥A₁D,又AD∩A₁D=D,所以BC⊥平面AA₁D,因为BC⊂平面A₁BC,所以平面AA₁D⊥平面A₁BC,当平面AA₁D⊥平面A₁BC时,取 BC 中点D₀,同理可得平面AA₁D₀⊥平面A₁BC,因为AA₁是平面 A₁BC的斜线，所以过AA₁且与平面A₁BC垂直的平面有且只有一个，所以D 与D₀重合，所以“BD=DC”是“平面AA₁D⊥平面A₁BC”的充要条件,故B正确;当θ=60°时,三棱锥. 是正四面体，其体积 斜三棱柱ABC-A₁B₁C₁的体积为 所以“θ=60°”是“斜三棱柱 的体积为 ’的充分条件，故C不正确；当θ=60°时， ,且四边形BCC₁B₁为正方形，所以四棱锥. 为正四棱锥，当四棱锥 为正四棱锥时， ,所以△ABA₁为正三角形,则θ=60°,所以“θ=60°”是“四棱锥 为正四棱锥”的充要条件，故D正确.故选 BD. 11. ABD 解析:对于A 在极大值(或极小值)处的切线相同，故A 正确；对于B,设 则 当x∈(-∞,1)时,g′(x)>0,g(x)单调递增,当x∈(1,2)时,g'(x)<0,，g(x)单调递减，所以g(x)在x=1处取得极大值 ，设 则 当x∈(2,e)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)在x=e处取得极大值 ，所以f(x)在极大值处的切线相同，故B正确；对于(C 令f'(x)=m,即 两根之积为-1，只有一个正根，所以f(x)不是“可共切函数”，故C不正确；对于D，验证得在x=0和x=2π处有相同的切线，故D正确.故选 ABD. 12. 解析：由已知得c 两式相除整理得 解得 或 由已知得a₁>0，且数列{an}为递增数列，所以 舍去，故 解析：因为E(X)= np=3p=E(Y)=μ=2,所以 所以 解析：设△ABC外接圆的半径为R，由正弦定理 得R=4.以AC中点为原点O,AC 所在直线为x 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则△ABC的外心E 的坐标为(0，2)，D( ,0), 当B，E，D 三点共线，且点 E 位于B，D 之间时取等号，所以BD 的最大值为 15.解:(1)证明:因为{an}是等差数列,所以 (1分) 所以 即 , (2分) 因为 所以 (4分) 所以 … (5分) (2)由(1)知 由 得(d=2,即 (7分) 所以 (8分) (10分) 两式相减得- (12分) 所以 (13分) 16.解:(1)如图,取AB 中点F 以及正方形BCDE的中心O₁,连接O₁F,交BE 于点G,折叠后O₁为正方形BCDE 的外心,F 为△ABE 的外心, ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ (1分) 折叠后FG⊥BE,O₁G⊥BE,所以 (2分) 因为 ,所以O₁F=1, (3分) 过点O₁作平面BCDE 的垂线与过点F 作平面ABE 的垂线交于点O，则O是四棱锥A-BCDE 的外接球的球心，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(5分) 显然 所以 (6分) 设外接球的半径为R，则 (7分) 所以外接球的表面积 (8分) (2)取DE 的中点H,连接AH, 由题知∠AED=60°,所以△AED 为等边三角形,所以AH⊥ED, 又BE⊥DE,BE⊥AE,AE∩DE=E,所以BE⊥平面ADE,所以BE⊥AH,所以建立如图所示的空间直角坐标系， 则 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ (10分) 设平面CDF 的法向量为m=(x,y,z), 则 取x=1,则 … (12分) 又 … (13分) 所以点A 到平面CDF 的距离 (15分) 17.解:(1)设A(x₁,y₁),B(x₂,y₂),F(2,0), 由 得 , (2分) 直线AB的方程为 ，将其代入C 中整理得( 所以 (4分) 即 (5分) 消去y₂ 整理得 联立 解得 (7分) 所以C的方程为 (8分) (2)证明：由已知|HF|=3, (9分) 设P(x₀,y₀),则 (11分) 则 (12分) 则 (13分) 又 ·(14分) 所以|PM|=|PO|. ·(15分) 18.解：(1)该6位数的个数为 或 (2分) (2)先将1与2排一行,有1122,1212,1221,2112,2121,2211六种, (3分) 然后插入两个3，对于1122与2211，每个就1种插入方法； 对于1212与2121,每个有 种插入方法； 对于1221与2112,每个有 种插入方法. 故n(A)=30, (6分) 若个位是3，对于1122与2211，不能满足条件； 对于1212与2121，当个位是3时，另一个3有4种插入方式； 对于1221与2112，个位是3的只有1种插入方式. 故n(AB)=10, (9分) 所以 (10分) (11分) 当X=1时，假定33相邻，插入两个1与两个2的6种排列中，1122与2211不符合条件； 1221与2112各有1种插入方式,1212与2121各有5种插入方式, 所以共有 种，则 (13分) 当X=3时，共有 种排列方式，所以 (14分) 则 (15分) 其分布列为 x 0 1 2 3 P …(16分) (17分) 19.解:(1)由题知, (1分) f(0)=0,f'(0)=1+a,所以曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=(1+a)x, (2分) 所以1+a=2,解得a=1. (3分) (2)(i)令 则 (4分) 因为x≥0,所以eˣ≥1,则eˣ+cosx≥l+cosx≥0, (5分) 所以当a>0时,h'(x)≥0,f'(x)在[0,+∞)上单调递增,所以 与f'(0)≤ 相悖.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯……… (6分) 当a=0时, 与 相悖. (7分) 当a<0时,h'(x)≤0,f'(x)在[0,+∞)上单调递减, 所以 若满足 则 解得 所以实数a 的取值范围为 (8分) (ii)证明：当a取得最大值时 ⋯⋯⋯(9分) 当x>0时, (10分) 所以f'(x)在(0,+∞)上单调递减, (11分) 所以∃t∈(0,1),使得f'(t)=0,即 (12分) 当x∈(0,t)时,f'(x)>0;当x∈(t,+∞)时,f'(x)<0, 所以在((0,+∞)上, 所 ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ (15分) 设 则 由g'(x)>0得,x>1;由g'(x)<0得,0<x<1. ⋯⋯ (16分) 所以g(x)≥g(1)=1,故结论成立. (17分) 学科网（北京）股份有限公司 $