精品解析：河南省驻马店高级中学2026届高三平行部考前模拟预测数学试题

高三年级平行部模考六数学 注意事项： 1．答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 4．满分：150分考试时间：120分钟 一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上） 1. 已知全集，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集的定义以及补集的定义即可求解. 【详解】由题可知，所以． 故选：C 2. 已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以， 所以，所以的虚部为2. 3. 已知等比数列中，，则“”是“为、的等差中项”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据为、的等差中项得出，结合可求出的值，结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】一方面，若，由可得， 此时， 则为、的等差中项， 所以“”“为、的等差中项”； 另一方面，若为、的等差中项，所以， 所以，解得， 故“”“为、的等差中项”. 所以“”是“为、的等差中项”的充要条件. 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先移项得出，再两边平方可求，利用数量积的定义求结论即可. 【详解】因为，所以，即， 又， 即，，故. 5. 已知函数的图象的一部分如下图所示，其中，，为了得到函数的图像，只要将函数的图象上所有的点（ ） A. 向右平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变 B. 向右平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变 C. 向左平移个单位长度，再把得所各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变 D. 向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变 【答案】C 【解析】 【分析】由T=，可求得T，从而可求得ω，由可求得，结合平移知识即可得到答案． 【详解】由的图象可得：，， ∴，∴；又， ∴， 结合，令，可得． ∴； 又， ∴只要将函数的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到， 再把上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，即可得到的图象． 6. 已知数列且满足，令，则数列的前项和为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，再根据得到为等差数列，最后利用裂项相消法即可求解. 【详解】令，可得， 由变形可得， 则， 所以是以为首项，为公差的等差数列，所以， 则， 故数列的前项和为. 7. 已知双曲线，，分别为左、右焦点，过且倾斜角为60°的直线与在第一象限的交点为，的平分线与线段交于点．若，则该双曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过角平分线性质定理、双曲线的定义、余弦定理求解. 【详解】因为直线的，由角平分线性质定理可知， 所以，由双曲线的定义可知，所以， 在中由余弦定理可得， 即，整理得， 两边同除以可得，解得或（舍去）． 故选：C 8. 设在上可导的函数满足，若实数满足，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过已知条件构造函数，根据导数判断其单调性，最后将所给不等式转化为关于构造函数的不等式进行求解. 【详解】由条件，构造函数， 求导得，因此是R上的单调递减函数. 将原不等式整理： 移项变形得，即等价于. 因为单调递减，因此 解得，即的取值范围是. 二、多选题：（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. 赓续绵延长江情，携手共谱新篇章．2026年央视春晚宜宾分会场筹备期间，某中学向全校学生征集“立上游-新宜宾”主题宣传文案，共收到500篇作品．由专业评委进行打分，满分100分，不低于60分为及格，不低于m分为优秀，若征文得分X（单位：分）近似服从正态分布，且及格率为80%，则下列说法正确的是（ ） A. 随机取1篇征文，则评分在内的概率为0.6 B. 已知优秀率为20%，则 C. 越大，的值越小 D. 越小，评分在的概率越大 【答案】AD 【解析】 【详解】对于A，由题意可知，， ， ，由对称性可知， ，故A正确； 对于B，由题意可知，， 因为，所以，故B不正确； 对于C，因为是该正态分布图象的对称轴，所以， 不会随的变化而变化，故C错误； 对于D，由对正态分布图象的影响可知，越小，图象越“瘦高”， 因此在区间对应图象的面积变大，所以评分在的概率越大，故D正确； 10. 在长方体中，，，M是棱AB的中点，下列说法正确的是（ ） A. B. 二面角的余弦值是 C. 过的平面截该长方体得到的图形面积是 D. 沿长方体表面从到的最近距离是 【答案】BC 【解析】 【分析】可建立适当空间直角坐标系，则可求出、，再计算即可得A；求出平面与平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得B；延长、使其交于点，连接，设，可得四边形即为过的平面截该长方体得到的图形，再结合勾股定理与梯形面积公式计算即可得C；将对应平面展开并计算即可得D. 【详解】以为原点，建立如下图所示空间直角坐标系， 则、、、、、， 则、，则， 故与不垂直，故A错误； 对B：，， 设平面的法向量为， 则，取，则，，则； 由轴平面，故平面的法向量可取， 则，由图可知为锐角， 故二面角的余弦值是，故B正确； 对C：延长、使其交于点，连接，设，连接， 则四边形即为过的平面截该长方体得到的图形， 由为中点，故，则，故为中点， 故、分别为与中点，故且， 则四边形为梯形， 则， 故C正确； 对D：如下图，将平面延展开，使得该平面与位于同一平面， 此时； 如下图，将平面延展开，使得该平面与位于同一平面， 此时； 如下图，将平面延展开，使得该平面与位于同一平面， 此时； 综上可得，沿长方体表面从到的最近距离是，故D错误. 11. 如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（ ） A. 第2026行共有2026个数 B. 从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C. 第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D. 去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据杨辉三角的性质即可求解A，根据组合数的性质化简即可求解B，利用二项式定理求解第48行的所有数字的和，进而根据二项式定理，根据整除的性质即可求解C，根据二项式的和，结合等比数列以及等差数列的性质，即可求解D. 【详解】对于A，第2026行共有2027个数，故A错误， 对于B,由题意可得,B正确， 对于C, 第48行的所有数字之和为 ,由于能被7整除， 故第48行的所有数字之和被7除的余数为1，C正确， 对于D,第行的和为， 当时，第行中去除为1的项的和为， 第0行为1， 故前行中去除为1的项的和为， 故前17行中去除为1的项的和为， 去除所有为1的项后，则从第一行开始，则剩下的每一行的个数为0，1，2，3，4，……， 可以看成一个首项为0，公差为1的等差数列，前行共有个数， 当时，， 因此前17行中，去掉为1的项，共有136项，且第17行中，去掉为1的项后，最后一项为 则此数列前135项的和为. 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 已知函数是奇函数，则___________． 【答案】1 【解析】 【详解】因为是奇函数，所以， 即， 整理得，解得． 13. 若圆与圆有且仅有三条公切线，______． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件直接求出两圆的圆心和半径，再利用两圆的位置关系，即可求解. 【详解】易知圆的圆心为，半径为， 由，得到， 则，即，圆的圆心为，半径为， 因为圆与圆有且仅有三条公切线，所以圆与圆外切， 则，即，解得， 故答案为：. 14. 将随机排成一行，前三个数构成三位数，后三个数构成三位数，已知的百位数字比的百位数字大3，则满足的不同排列的个数为__________.（用数字作答） 【答案】36 【解析】 【分析】先确定的百位数字，共有种选择，再按的十位数字比的十位数字小，分类进行讨论，即可求解. 【详解】由题意，设的百位数字为，的百位数字为， 因为的百位数字比的百位数字大3， 所以在中，满足条件的只有组：，，， 因为，所以的十位数字比的十位数字小， 假设剩余的个数字为、、、，且， ①若的十位数字取，则的十位数字有种选择，的个位数字有种选择，的个位数字有种选择，共有种选择， ②若的十位数字取，则的十位数字有种选择，的个位数字有种选择，的个位数字有种选择，共有种选择， ③若的十位数字取，则的十位数字有种选择，的个位数字有种选择，的个位数字有种选择，共有种选择， 综上所述，满足条件的、共有种. 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. 已知中，内角，，的对边分别为，，，且. （1）求； （2）若的角平分线与交于点，且，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用同角三角函数平方关系化简三角等式，得到，再由正弦定理把角的关系转化为边的关系式，接着代入余弦定理求出，结合角的范围即可求得角的值为. （2）由角平分线得两角均为，利用三角形面积拆分相等建立等式，化简推出，再将乘上定值式子展开，用基本不等式放缩求出最小值并验证等号成立条件. 【小问1详解】 ； 根据正弦定理化简得：，再由余弦定理， 代入上式得：，因为，所以. 【小问2详解】 因为的角平分线与交于点， 所以，因为， 所以， 得，故； 所以， 当且仅当，即，时，等号成立； 故的最小值为. 16. 为研究大学生使用AI学习工具的情况与自主思考能力是否有关联，随机调查某校100名大学生，数据如下： 单位：人 使用AI学习工具的情况 自主思考能力 合计 强 一般 经常使用 22 28 50 不经常使用 34 16 50 合计 56 44 100 （1）依据小概率值的独立性检验，分析大学生使用AI学习工具的情况是否与自主思考能力有关. （2）小余之前从未使用过AI学习工具，他计划开始尝试使用AI学习工具进行学习，他在第天使用AI学习工具的概率为，设每天是否使用AI学习工具进行学习相互独立.设小余前3天中使用AI学习工具进行学习的天数为，求的分布列. 参考公式：. 参考数据： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.841 10.828 【答案】（1）认为大学生使用AI学习工具的情况与自主思考能力有关 （2） 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）根据独立性检验计算值，再判断即可； （2）由题可知的可能取值为，再利用独立事件乘法公式得到对应概率，列出分布列即可． 【小问1详解】 解：零假设为：大学生使用AI学习工具的情况与自主思考能力无关. ， 根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为大学生使用AI学习工具的情况与自主思考能力有关. 【小问2详解】 的可能取值为， ， ， ， ， 故的分布列为 0 1 2 3 17. 在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点． （1）证明：平面； （2）线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2）不存在，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）法一作出符合题意的图形，结合中位线定理得到四边形为平行四边形，进而得到，最后利用线面平行的判定定理求解；法二直接利用中位线定理证明，最后利用线面平行的判定定理求解即可. （2）结合题意与线面垂直的判定定理得到平面，再建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，结合二面角的向量求法建立方程，求解参数，最后判断点的存在性即可. 【小问1详解】 法一：如图，连接，交于， 取中点，连接，． 为中点，且， 又且，且， 所以四边形为平行四边形，，， 平面，平面， 平面． 法二：如图，连接，交于，连接． 分别为中点，， 平面，平面， 平面． 【小问2详解】 四边形为菱形，，又， 为等边三角形，为中点，， 又，，，平面，平面， ，又，，，平面， 平面， 如图，以为原点，在平面内过点作的平行线为轴， 所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系． 得，，， ，，， ． 设，，， ，， 设平面法向量，且，， ，令，解得， ，而设平面法向量， 则，由题意得二面角为， 得到，化简得 ． 故不存在点满足二面角等于． 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的左､右顶点分别为､，右焦点为，且椭圆过点､，过点的直线与椭圆交于､两点（点在轴的上方）. （1）求椭圆的标准方程； （2）若，求点的坐标； （3）设直线､的斜率分别为､，是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）代入已知两点坐标求得椭圆方程； （2）设，由，得所以又点在椭圆上，解方程组即可得解； （3）设存在常数，使得.由题意可设直线的方程为，点，且.与联立，韦达定理求出,用表示出，消去，将代入化简即可得解. 【小问1详解】 因为椭圆过点､，则有，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 设，由（1）知，,所以 因为，所以，则即， 即. 又点在上，将代入，解得， 又点在轴的上方，所以点的坐标为 【小问3详解】 假设存在常数，使得. 由题意可设直线的方程为，点，且. 与联立得，，则. 又因为, 所以即. 所以存在常数，使得 19. 已知函数． （1）当时，若曲线在点处的切线与轴平行，求点的坐标； （2）求证：对于任意的，且，都有； （3）当时，求证：有且只有一个零点，且． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数几何意义，切线平行于轴即斜率为零，通过解导数为零的方程并结合函数表达式确定点坐标； （2）将分式不等式转化为函数单调性问题，构造函数并利用导数判断其单调性，从而证明原不等式成立； （3）先通过导数分析函数单调性与极值，结合极限与零点存在定理说明唯一零点；再借助函数单调性，将自变量范围比较转化为函数值大小比较，代入后利用已知参数范围证明不等式. 【小问1详解】 当时，，求导得， 切线与轴平行，即切线斜率为0，故． 由，得，又， 故点的坐标为． 【小问2详解】 要证对任意且，都有， 等价于证， 令，只需证在上单调递增， 求导得， 令，， 又，则，在区间上单调递增， 即在区间上单调递增，又， ，因此在上单调递增，原不等式得证． 【小问3详解】 ，求导得， 令，得，又， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 故在处取得极小值，， 当，， 当时，，从而，结合在上单调递减， 可知当时，恒有，故在上无零点； 当时，，又且在上单调递增， 由零点存在定理及单调性知，在上存在唯一的零点， 综上，当，有且只有一个零点. 由于在上单调递增，且，要证， 只需证， ， 因为，所以，从而，故， 又，所以，从而，得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级平行部模考六数学 注意事项： 1．答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 4．满分：150分考试时间：120分钟 一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上） 1. 已知全集，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. 2 B. C. D. 3. 已知等比数列中，，则“”是“为、的等差中项”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的图象的一部分如下图所示，其中，，为了得到函数的图像，只要将函数的图象上所有的点（ ） A. 向右平移个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变 B. 向右平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变 C. 向左平移个单位长度，再把得所各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变 D. 向左平移个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变 6. 已知数列 且满足，令，则数列的前项和为（　　） A. B. C. D. 7. 已知双曲线，，分别为左、右焦点，过且倾斜角为60°的直线与在第一象限的交点为，的平分线与线段交于点．若，则该双曲线的离心率是（ ） A. B. C. D. 8. 设在上可导的函数满足，若实数满足，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：（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. 赓续绵延长江情，携手共谱新篇章．2026年央视春晚宜宾分会场筹备期间，某中学向全校学生征集“立上游-新宜宾”主题宣传文案，共收到500篇作品．由专业评委进行打分，满分100分，不低于60分为及格，不低于m分为优秀，若征文得分X（单位：分）近似服从正态分布，且及格率为80%，则下列说法正确的是（ ） A. 随机取1篇征文，则评分在内的概率为0.6 B. 已知优秀率为20%，则 C. 越大，的值越小 D. 越小，评分在的概率越大 10. 在长方体中，，，M是棱AB的中点，下列说法正确的是（ ） A. B. 二面角的余弦值是 C. 过的平面截该长方体得到的图形面积是 D. 沿长方体表面从到的最近距离是 11. 如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（ ） A. 第2026行共有2026个数 B. 从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C. 第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D. 去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 已知函数是奇函数，则___________． 13. 若圆与圆有且仅有三条公切线，______． 14. 将随机排成一行，前三个数构成三位数，后三个数构成三位数，已知的百位数字比的百位数字大3，则满足的不同排列的个数为__________.（用数字作答） 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. 已知中，内角，，的对边分别为，，，且. （1）求； （2）若的角平分线与交于点，且，求的最小值. 16. 为研究大学生使用AI学习工具的情况与自主思考能力是否有关联，随机调查某校100名大学生，数据如下： 单位：人 使用AI学习工具的情况 自主思考能力 合计 强 一般 经常使用 22 28 50 不经常使用 34 16 50 合计 56 44 100 （1）依据小概率值的独立性检验，分析大学生使用AI学习工具的情况是否与自主思考能力有关. （2）小余之前从未使用过AI学习工具，他计划开始尝试使用AI学习工具进行学习，他在第天使用AI学习工具的概率为，设每天是否使用AI学习工具进行学习相互独立.设小余前3天中使用AI学习工具进行学习的天数为，求的分布列. 参考公式：. 参考数据： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.841 10.828 17. 在斜三棱柱中，，，为菱形，，，为中点． （1）证明：平面； （2）线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由． 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的左､右顶点分别为､，右焦点为，且椭圆过点､，过点的直线与椭圆交于､两点（点在轴的上方）. （1）求椭圆的标准方程； （2）若，求点的坐标； （3）设直线､的斜率分别为､，是否存在常数，使得？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 19. 已知函数． （1）当时，若曲线在点处的切线与轴平行，求点的坐标； （2）求证：对于任意的，且，都有； （3）当时，求证：有且只有一个零点，且． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $