河南省方城县第一高级中学2025-2026学年高三迎一模数学模拟试题（二）

河南省方城县第一高级中学2025-2026学年高三迎一模数学模拟试题（二） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知复数满足，则（   ） A． B． C． D．5 2．已知向量，，若，则（    ）． A．4 B． C．1 D． 3．已知全集，集合，则（    ） A． B． C． D． 4．已知的二项式系数和为64，则其中错误的是（    ） A． B．常数项是第3项 C．二项式系数最大值为20 D．所有项系数之和等于1 5．设直线与圆：相交于，两点，若，则圆的面积为（    ） A． B． C． D． 6．在等比数列中，，，则（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 7．若，则（    ） A． B． C． D． 8．设函数，若函数在区间上恰有4个零点，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．下列命题正确的是（    ） A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若，，则 10．已知函数是定义在区间上的偶函数，且它在区间上的图象如图所示，则下列说法正确的是（   ） A．有2个单调递增区间，2个单调递减区间 B．的图象有3条对称轴 C．的图象有1个对称中心 D．的最大值是2，最小值是 11．已知圆经过椭圆的左、右两个焦点．为的右顶点，为与在轴上方的公共点，且的面积为2，点为上与点不重合的动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，则（    ） A．椭圆的离心率为 B．坐标原点O到直线AB的距离为 C．面积的最大值为 D． 三、填空题 12．计算： ． 13．如图，在多面体中，平面平面，四边形和均为正方形，且，若该多面体的外接球为球，则平面截球所得截面的面积为 .      14．已知数列的前项和为，，，且是，的等差中项，则使得成立的最小的的值为 . 四、解答题 15．已知分别为三个内角的对边，且． (1)求； (2)若，且的面积为，求的周长． 16．根据《中国统计年鉴》计算整理某城市最近十年蔬菜需求量的统计数据，截取部分统计数据如下表： 年份 2009 2011 2013 2015 2017 需求量（万吨） 336 346 357 376 386 (1)画出散点图； (2)根据（1）画出的散点图判断需求量与年份是否线性相关，若相关，求出线性回归方程，若不相关，说明理由； (3)利用（2）中所求的线性回归方程预测该市2023年的蔬菜需求量． 附：参考公式， 17．在平行四边形中（如图1），，为的中点，将等边沿折起，连接，，且（如图2） (1)求证：平面； (2)点在线段上，若点到平面的距离为，求平面与平面所成角的余弦值． 18．已知抛物线的方程为． (1)若M是上的一点，点N在的准线l上，的焦点为F，且，，求； (2)设为圆外一点，过P作的两条切线，分别与相交于点A，B和C，D，证明：当P在定直线上运动时，四点的纵坐标乘积为定值的充要条件为． 19．已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)设直线，存在两个不同的实数，使得直线与曲线和曲线都相切． ①求的取值范围； ②请在以下两个不等式中任选一个，完成证明； （i）；（ii）． 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 《河南省方城县第一高级中学2025-2026学年高三迎一模数学模拟试题（二）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B B B A A B C ABD AD 题号 11 答案 BCD 1．C 【分析】根据复数的除法运算化简，再利用共轭复数、复数的模的概念运算. 【详解】因为，所以， 则，故. 故选：C 2．B 【分析】由向量平行的充要条件列方程求解即可. 【详解】已知向量，，若，则，解得. 故选：B. 3．B 【分析】根据补集和交集的概念求解. 【详解】因为，所以， 所以， 故选：B. 4．B 【分析】根据二项式系数和公式，结合二项式系数的性质、二项式的通项公式、赋值法逐一判断即可. 【详解】由题意可得，解得，故正确； 二项式的展开式的通项公式为，，1，，6，令，解得，则常数项为第4项，故错误； 因为，所以展开式中二项式系数最大项为第4项，最大值为，故正确； 令，则展开式的所有项的系数和为，故正确， 故选：B 5．A 【分析】求出圆心和半径，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，利用勾股定理的逆定理建立的等式，计算出的值，利用圆的面积公式求解. 【详解】：的圆心为，半径为， 到直线的距离为， ，，，， 圆的面积为. 故选：A. 6．A 【分析】设等比数列的公比为，易得数列为等比数列，公比为，进而结合等比数列的通项公式可得，根据的正负讨论求解即可. 【详解】设等比数列的公比为，则， 所以数列为等比数列，公比为， 由题设可得， 当时，，两式相互矛盾； 当时，， 两式相加得，，即， 两式相减得，，即， 所以，即，则； 当时，，即，两式相互矛盾； 当时，， 两式相加得，，即， 两式相减得，，即， 所以，即，则. 综上所述，或. 故选：A 7．B 【分析】因为，进而根据诱导公式与二倍角公式求解即可. 【详解】因为， 所以 故选：B 8．C 【分析】先利用三角恒等变换将函数化成正弦型函数，结合给定区间求出的范围，借助于的图象，即可建立关于的不等式，求解即得. 【详解】由 ， 设，由，可得，即， 作出函数的图象. 函数在区间上恰有4个零点， 由图，则，解得. 故选：C. 9．ABD 【分析】对于A，由不等式同向可加性可判断选项正误；对于B，由可判断选项正误；对于C，通过举特例可判断选项正误；对于D，由作差法可判断选项正误. 【详解】对于A，因，由不等式同向可加性可得，故A正确； 对于B，因，则，故B正确； 对于C，当，时，，故C错误； 对于D，， 因，则， 从而，故D正确. 故选：ABD 10．AD 【分析】由图形，结合偶函数的性质可逐一判断. 【详解】由图可知，在上单调递减，在上单调递增， 且在上的最大值为，最小值为， 因函数是定义在区间上的偶函数， 则在上单调递减，在上单调递增， 且在上的最大值为，最小值为，故AD正确； 因函数是定义在区间上的偶函数，若有对称轴，则对称轴条数必为偶数，故B错误； 由题意结合图形可知，无对称中心，故C错误. 故选：AD 11．BCD 【分析】先根据已知条件求出椭圆方程，再根据椭圆的性质结合离心率公式、点到直线距离公式、椭圆的参数方程分析判断选项正误． 【详解】 圆经过椭圆的左、右两个焦点，设， ，解得， 的面积为2，，解得， 在圆上，，解得，故， 在椭圆上， ，解得，， 椭圆的方程为： 选项A：，，故A错误； 选项B：， 直线的方程为，一般式为， 原点到直线的距离为，故B正确； 选项C：，， 是椭圆上点，， ，故C正确； 选项D：设，则直线方程为，令，得，故， 直线过，方程为，令，得， 故， ，， ， 椭圆方程，令， 则， ， ， 令，则， ， ，即， ， ，故D正确． 故选：BCD． 12．/0.5 【分析】根据指数幂的运算法则和对数的运算法则，对各项进行化简，然后进行计算． 【详解】，， ， ． 故答案为：． 13． 【分析】分析可得该多面体为长方体的一部分，且外接球的球心为长方体的中心，即可求得外接球的半径R，如图建系，求得各点坐标，即可求出平面的法向量，根据点到平面的距离公式，可得点到平面的距离d，进而可得截面圆的面积. 【详解】如图，可知该几何体是长、宽、高分别为2，2，的长方体的一部分， 所以该多面体的外接球的球心为长方体的中心，且半径， 以为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则球心，，，，    设平面的法向量为， 因为，， 所以， 令，得， 因为， 所以点到平面的距离， 设截面圆的半径为，则， 所以所求截面的面积为. 故答案为： 14．11 【分析】由题意得到是等比数列，进而得到，利用错位相减法求出，构造函数，并利用导数判断函数的单调性，即可求出符合条件的的最小值. 【详解】是，的等差中项， ，故， 而，， 故数列是首项为1，公比为2的等比数列，则， ， 记，则， ， 两式相减可得，， 即，令，即， 设，则， ，，在单调递减， 是递减数列， 当时，， 当时，， 使得成立的最小的的值为11. 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得，进而得到，根据角的范围即可求解； （2）由，求得，由得，由余弦定理得，即可求得的周长. 【详解】（1）因为，由正弦定理得， 因为，可得，所以， 若，则，不合题意，故，所以， 又因为，所以. （2）因为的面积为，可得，可得， 又因为，所以，由余弦定理， 可得，所以， 所以的周长为. 16．(1)答案见解析 (2)相关， (3)万吨． 【分析】（1）以年份为横坐标，需求量为纵坐标，画出散点图. （2）可对数据进行优化，再根据所给的回归方程的有关公式，可求线性回归方程. （3）利用回归方程进行预测即可. 【详解】（1）画出散点图如图． （2）由散点图可知，需求量与年份线性相关． 将所给表格中的数据进行处理如下表： t（年份） 0 2 4 m（需求量） 0 19 29 由表可知， ． 所以， ， 所以 所以， 所以. 所以线性回归方程是，即． （3）当时，， 即预测该地年蔬菜需求量是万吨． 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用余弦定理及勾股定理得，，然后利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）设为的中点，利用面面垂直的性质定理可得平面，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点面距离的向量公式求得的位置，然后求出平面和平面的法向量，利用向量法求解平面夹角的余弦值即可. 【详解】（1）连接，在中，∵，， ∴， 在中，∵，∴， 同理可得，∵，平面， ∴平面； （2）设为的中点，∴， ∵平面，平面，∴平面平面， 又∵平面平面，平面， ∴平面，∴以点为坐标原点，为轴，为轴， 过点且平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， ∴，，，，，， ∴， 设平面的法向量为， ∵，， 取，∴， ∴设， ∵，∴， 设点到平面的距离为， ∴，∴， ∴是线段上靠近点的三等分点，易求平面的法向量为， 设平面的法向量为， ∵，， 取，∴， 设平面与平面所成的角为， ∴． 18．(1)5 (2)证明见解析 【分析】（1）先求得点的坐标，求得直线的斜率，进而求得直线的斜率，由直线的方程求得点坐标，进而求得. （2）设出切线方程，利用圆心到直线的距离等于半径列方程，写出根与系数关系，联立切线的方程和抛物线的方程，写出根与系数关系，由四点的纵坐标乘积为定值求得. 【详解】（1）由题意可得，抛物线的焦点为，准线． 不妨设点，则， 即，可得，即， 所以，则直线的斜率． 为，所以直线的斜率， 所以直线的方程为， 令，解得，即， 故．    （2）设，由，， 知过所作圆的切线的斜率k存在且非零，每条切线都与有两个交点， 设切线方程为，即， 故，整理得，① 则过P所作的两条切线，的斜率，分别是方程①的两个实根， 故有，．② 联立，消去x得，③ 设点A，B，C，D的纵坐标分别为，，，， 由③得， 同理可得． 于是得． 设（其中为常数）， 把②式代入整理得， 要使上式与的取值无关，则当且仅当常数且时， 四点的纵坐标乘积为定值．    【点睛】求解与抛物线焦半径有关的问题，可以利用抛物线的定义来列方程进行求解.求解有关直线和圆位置关系有关问题，可利用圆心到直线的距离来建立等量关系式.要求直线和圆锥曲线的交点，可通过联立方程组来求解. 19．(1)函数的递增区间为，递减区间为； (2)①；②选择（i）（ii）证明见解析. 【分析】（1）根据给定的函数，利用导数求出其单调区间. （2）①求出函数的导数，设出切点坐标，把问题转化为方程有两个不同实数解，再利用导数求解；②选择（i）由①中信息，构造函数及，利用导数结合不等式的性质推理得证.选择（ii）由①中信息，将不等式转化为证明，再构造函数，利用导数结合不等式性质推理得证. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，；当时，，函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的递增区间为，递减区间为. （2）①函数的定义域为R，求导得， 设直线与曲线和曲线分别切于点， 由，，消去得， 同理，因此方程有两个不同的实数解， 令函数，求导得，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 而当时，恒有，且时，，， 因此当且仅当时，直线与函数的图象有两个交点， 即方程有两个不同的实数解，所以的取值范围是. ②选（i），由①得，即， 令函数，则， 由，得，即， 令函数，求导得， 函数在上单调递增，， 由，得，即， 因此，即有，所以. 选（ii），由①得， 则， 设，， 则，令函数，， 求导得，， 当时，，函数在上单调递减，则，即， 当时，，函数在上单调递减，由，得，， 因此，即，而，则， 所以. 答案第16页，共16页 答案第15页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $