精品解析：河北黄骅中学等校2026届高三下学期高考模拟卷（一模）数学试题

2026届高考模拟卷•数学 （120分钟 150分） 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. 已知复数，则其共轭复数（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 的展开式中的系数为（ ） A 0 B. 10 C. D. 20 4. 某货船执行从港口到港口的航行任务，港口在港口的正北方向，已知河水的速度为向东．若货船在静水中的航速为，船长调整船头方向航行，使得实际路程最短．则该船完成此段航行的实际速度为（ ） A. B. C. D. 5. 已知是定义在R上偶函数，函数的图象关于点中心对称，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 是圆上动点，是直线上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 球面与过球心的平面的交线叫做大圆，将球面上三点用三条大圆弧连接起来所组成的图形叫做球面三角形，每条大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个内角.如图，球的半径，，，，为球的球面上的四点.若球面三角形的三条边长均为，则此球面三角形一个内角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若在上恒成立，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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，，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C D. 11. 在中，，，D为边BC的中点，则（ ） A. B. C. D. 最大时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数恒有，且在上单调递增，则__________． 13. 已知集合，将与（其中，）的乘积放入如图的方格中，则方格中全部数之和的最大值为______. 14. 已知为抛物线上两点，为焦点，为坐标原点，在第一象限，且点的纵坐标大于点的纵坐标，若，则点的坐标为_________. 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. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为等边三角形，平面平面，E为PB中点． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 16. 已知正项数列的前n项之积为，且. （1）求证：数列等差数列； （2）设，求的前2n项和. 17. 某学校为提升学生的科学素养，要求所有学生在学年中完成规定的学习任务，并获得相应过程性积分．现从该校随机抽取100名学生，获得其科普测试成绩（百分制，且均为整数）及相应过程性积分数据，整理如下表： 科普测试成绩x 科普过程性积分 人数 4 10 3 a 2 b 1 23 0 2 （1）当a=25时， （i）从该校随机抽取一名学生，估计这名学生的科普过程性积分不少于3分的概率； （ii）从该校科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取2名，记X为这2名学生的科普过程性积分之和，估计X的数学期望； （2）从该校科普过程性积分不高于1分的学生中随机抽取一名，其科普测试成绩记为，上述100名学生科普测试成绩的平均值记为．若根据表中信息能推断恒成立，直接写出a的最小值． 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆:的右顶点为，点、分别是轴负半轴、轴正半轴上的动点. （1）若是的左焦点，且，求的值； （2）设，上存在轴上方一点.若，求的坐标； （3）设，过的直线与交于、两点(、两点不重合)，与轴交于且的纵坐标，记与到直线的距离分别为、.若存在直线，满足成立，求的取值范围. 19. 已知函数，其中. （Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有； （Ⅲ）若关于的方程有两个正实根，求证： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高考模拟卷•数学 （120分钟 150分） 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. 已知复数，则其共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的运算及共轭复数的概念，即可求解. 【详解】，所以， 故选：A. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解绝对值不等式，再利用交集定义求解即可. 【详解】由可得，即，即得， 则. 故选：B. 3. 的展开式中的系数为（ ） A. 0 B. 10 C. D. 20 【答案】A 【解析】 【分析】先求得展开式的通项公式，分别求和的项，结合题意即可求得答案. 【详解】由题意得展开式的通项公式为， 令，， 令，，所以的系数为0. 故选：A. 4. 某货船执行从港口到港口的航行任务，港口在港口的正北方向，已知河水的速度为向东．若货船在静水中的航速为，船长调整船头方向航行，使得实际路程最短．则该船完成此段航行的实际速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用船实际航行速度与水流速度垂直，结合向量数量积求出夹角及模即可求解. 【详解】设船在静水中的速度为，水流速度为，船实际航行速度为，则， 且，设，由船需要准确到达正北方向的B点，得， 则，解得，而，于是， ， 所以该船完成此段航行的实际速度为. 故选：B 5. 已知是定义在R上的偶函数，函数的图象关于点中心对称，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】由，求，再由为偶函数求，由此可求，再根据函数的图象关于点中心对称，可求，由此可求. 【详解】因为，， 所以，所以， 因为是偶函数，所以，故， 又因为的图象关于点中心对称， 所以，即，故． 故选：A. 6. 是圆上的动点，是直线上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用几何法先判断直线与圆的位置关系，进而利用圆心到直线的距离减去半径即可求解. 【详解】由题意得，圆的圆心为，半径． 因为到直线的距离， 当且仅当时等号成立，所以直线与该圆相离， 所以的最小值为． 故选：C． 7. 球面与过球心的平面的交线叫做大圆，将球面上三点用三条大圆弧连接起来所组成的图形叫做球面三角形，每条大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个内角.如图，球的半径，，，，为球的球面上的四点.若球面三角形的三条边长均为，则此球面三角形一个内角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，四面体为正四面体，取的中点，连接，，可得为二面角的平面，计算即可解. 【详解】因为球面三角形的三条边长均为，， 所以球面三角形每条边所对的圆心角均为，所以四面体为正四面体. 取的中点，连接，，如图， 则，，且， 则为二面角的平面角. 由余弦定理可得 所以此球面三角形一个内角的余弦值为. 故选：C 8. 已知函数，若在上恒成立，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据与0关系分三种情况讨论，其中当时，再根据的最小值与0的关系分和两种情况讨论，当时，把在上恒成立，转化成在上恒成立，借助导数，求出在上的最大值，且即可求出m的取值范围. 【详解】函数的定义域为， ①当时，， 当时，，不符合题意； ②当时，取，则，不符合题意； ③当时，设，， 则，当且仅当时取等号. （i）若，即，取， ，，不满足题意； （ii）若，即， 若在上恒成立，则需在上恒成立， 又， 当时，；当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以， 故，解得，所以. 综上可知，. 故选：D. 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，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用导数求得，结合且，，再由导数研究的区间单调性，进而，即可得. 【详解】令且，则恒成立， 所以在上单调递减，则，即， 因为且，， 而， 所以， 设且，则，所以在单调递减， 由，得，则，所以. 故选：BC 10. 设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用和事件的概率公式和条件概率公式求解即可. 【详解】对于A，因为，，所以，. 因为与为互斥事件，所以， 所以 ，所以， 故，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C,，， 所以，故C错误； 对于D，，故D正确， 故选：ABD. 11. 在中，，，D为边BC的中点，则（ ） A. B. C. D. 最大时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】先将已知条件变形化简得，可得到，A选项利用三角形内角和即可判断；B选项利用可判断；C选项分别和中利用余弦定理，再利用两边之和大于第三边即可求解；D选项，在中利用余弦定理，再借助基本不等式即可求解. 【详解】，， ，即， 整理得，， ，，即. 对于A选项，，，，， ，， ，，不能确定，故A错误； 对于B选项，，，故B正确； 对于C选项，设， 在中，，， 由余弦定理知，， 在中，，， 由余弦定理知，， ，整理得， 在三角形中，两边之和大于第三边，，， ，，故C正确； 对于D选项，在中， ， 当且仅当，即时等号成立， 的最小值为，，， 的最大值为； 此时不妨设，则， 又，D为边BC的中点，则， ，， 为边BC的中点，， 又，则是边长为2的正三角形， ，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数恒有，且在上单调递增，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用函数最值得出，所以，已知在上单调递增，所以，解出.分和，根据在上单调性进行讨论，得出值. 【详解】已知恒有，根据正弦函数的性质可得：，即， 所以，所以 已知在上单调递增，所以，即，解得. 当时，因为，所以， 因为在上单调递增，所以， 解得，所以， 解得，故. 当时，因为，所以. 取，则，因为， 所以，故上单调递减，不满足题意. 同理可得，时，也不满足题意. 综上可得：. 故答案为：. 13. 已知集合，将与（其中，）的乘积放入如图的方格中，则方格中全部数之和的最大值为______. 【答案】110 【解析】 【分析】先求方格中全部数之和的表达式，设，换元并利用二次函数性质求其最大值. 【详解】解：由表格数据可得所有数之和为： ， ， 集合， ， 设，则，，， 当或时，取最大值，最大值为110， 此时，，可取最大值110. 故答案为：110. 14. 已知为抛物线上两点，为焦点，为坐标原点，在第一象限，且点的纵坐标大于点的纵坐标，若，则点的坐标为_________. 【答案】 【解析】 【分析】设，，当位于轴同侧时无解；当位于轴的不同侧时，，，联立求解即可. 【详解】设，，，则，， 结合抛物线定义，， 当位于轴的不同侧时，， 由， 整理可得，所以，， 所以，解得(负值舍)，此时的坐标为； 当位于轴同侧时，，此时无解. 故答案为： 【点睛】思路点睛：设出，，，则，，由，将其转化为直线与的斜率，建立关于的方程求解即可. 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. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为等边三角形，平面平面，E为PB中点． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得出平面，接着求证面，再根据面面垂直的判定定理即可得证. （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，根据面面角的向量方法，求出面的法向量即可计算求出面与面夹角的余弦值. 【小问1详解】 如图所示，作线段的中点，连接， 因为侧面为等边三角形，所以， 因平面平面，平面平面，面， 所以平面，因为平面，所以， 因为底面为矩形，所以， 因为，面，面，所以面， 因为平面，所以平面面. 【小问2详解】 如图所示，作中点，连接，则 由（1）可得，面，面，所以面， 则可以为坐标原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系； 则， 可得， 设面的法向量为，则，得， 令，解得，所以面的一个法向量为， 易知面得一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角余弦值为. 16. 已知正项数列的前n项之积为，且. （1）求证：数列是等差数列； （2）设，求的前2n项和. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意得到，由，化简得到，求得，结合等差数列的定义推理得证. （2）由（1）可得，得到，结合裂项法，即可求解. 【小问1详解】 依题意，，当时，得，则， 由，得，则，即， 当时，，于是，解得， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列. 【小问2详解】 由（1）得， 则， 所以 . 17. 某学校为提升学生的科学素养，要求所有学生在学年中完成规定的学习任务，并获得相应过程性积分．现从该校随机抽取100名学生，获得其科普测试成绩（百分制，且均为整数）及相应过程性积分数据，整理如下表： 科普测试成绩x 科普过程性积分 人数 4 10 3 a 2 b 1 23 0 2 （1）当a=25时， （i）从该校随机抽取一名学生，估计这名学生的科普过程性积分不少于3分的概率； （ii）从该校科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取2名，记X为这2名学生的科普过程性积分之和，估计X的数学期望； （2）从该校科普过程性积分不高于1分的学生中随机抽取一名，其科普测试成绩记为，上述100名学生科普测试成绩的平均值记为．若根据表中信息能推断恒成立，直接写出a的最小值． 【答案】（1）（i）0.35；（ii） （2）7． 【解析】 【分析】（1）（i）用频率代替概率即可； （ii）先用频率代替概率得出科普过程性积分为的概率，再根据独立事件的乘法公式计算分布列，最后利用期望公式即可； （2）先求出的最大值，再根据各分数段取最小值求得的平均分作为的最小值，根据即可求出. 【小问1详解】 （i）由表知，科普过程性积分不少于3分的学生人数为， 则从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的频率为， 所以从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的概率估计为0.35． （ii）依题意，从样本中成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为3分的频率为， 所以从该校学生科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为3分的概率估计为， 同理，从该校学生科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为4分的概率估计为， X的所有可能值为6，7，8， ，，， 所以X的数学期望. 【小问2详解】 由表知，，则， 从该校科普过程性积分不高于1分的学生中随机抽取一名，其科普测试成绩记为，则的最大值为69，100名学生科普测试成绩的平均值记为，要使恒成立，当且仅当， 显然的最小值为各分数段取最小值求得的平均分， 因此， 则，解得， 所以根据表中信息能推断恒成立的a的最小值是7． 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆:的右顶点为，点、分别是轴负半轴、轴正半轴上的动点. （1）若是的左焦点，且，求的值； （2）设，上存在轴上方一点.若，求的坐标； （3）设，过的直线与交于、两点(、两点不重合)，与轴交于且的纵坐标，记与到直线的距离分别为、.若存在直线，满足成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据计算求参； （2）设点的坐标结合两角和正切，应用点在椭圆上计算； （3）设直线方程再联立得出韦达定理，再结合点到直线距离分类讨论计算求出参数范围. 【小问1详解】 因为与的左焦点重合，故，因此. 又因为，而， 所以，解得：(负舍). 【小问2详解】 因为，又因为， 而， 代入解得. 若在第一象限，则，故在第二象限. 设，而， 整理可得. 代入椭圆方程，可得：. 所以解得(增根舍去)，所以. 因此. 【小问3详解】 由题意可知：直线的解析式为， 设直线的解析式为()，且、. 联立， 可得，. 根据韦达定理，，. 因为、两点均在直线的左侧，故. 又因为，，因此， 代入化简可得方程. 设，又因为，故. ① 若 ，此时直线与存在两个交点. 若存在，使得， 而，故， 可得，故，因此. ② 若，而此时在的外部，，故. 若存在，使得， 而， 故，可得，故. 综上所述，的取值范围为. 【点睛】方法点睛：设直线方程再联立方程组，得出故，最后分类讨论分 和两种情况计算求参. 19. 已知函数，其中. （Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）设曲线与轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为,求证：对于任意的正实数，都有； （Ⅲ）若关于的方程有两个正实根，求证： 【答案】（Ⅰ） 当为奇数时，在，上单调递减，在内单调递增；当为偶数时，在上单调递增，在上单调递减. （Ⅱ）见解析； （Ⅲ）见解析. 【解析】 【详解】（Ⅰ）由，可得，其中且， 下面分两种情况讨论： （1）当为奇数时： 令，解得或， 当变化时，的变化情况如下表： 所以，在，上单调递减，在内单调递增. （2）当为偶数时， 当，即时，函数单调递增； 当，即时，函数单调递减. 所以，在上单调递增，在上单调递减. （Ⅱ）证明：设点的坐标为，则，，曲线在点处的切线方程为，即，令，即，则 由于在上单调递减，故在上单调递减，又因为，所以当时，，当时，，所以在内单调递增，在内单调递减，所以对任意的正实数都有，即对任意的正实数，都有. （Ⅲ）证明：不妨设，由（Ⅱ）知，设方程的根为，可得 ，当时，在上单调递减，又由（Ⅱ）知可得. 类似的，设曲线在原点处的切线方程为，可得，当， ，即对任意， 设方程根为，可得，因为在上单调递增，且，因此. 由此可得. 因为，所以，故， 所以. 考点：1.导数的运算；2.导数的几何意义；3.利用导数研究函数性质、证明不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $