2026届河南高三三轮冲刺模拟卷数学试题

**基本信息** 2026年河南高三数学三轮冲刺模拟卷，聚焦高考核心考点，通过梯度化题型设计与综合应用大题，强化数学思维与问题解决能力，适配冲刺阶段查漏补缺与能力提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|8/40|集合、复数、圆锥、函数单调性等|基础考点全面，注重数学眼光中的抽象能力与几何直观| |多项选择|3/18|统计量、抛物线、函数性质|选项分层设计，考查数学思维的推理意识与批判性思维| |填空|3/15|向量、三角恒等变换、椭圆|情境简洁，突出数学语言的数据意识与模型观念| |解答|5/77|解三角形、立体几何、椭圆与抛物线综合、函数导数|综合性强，如立体几何结合面面垂直证明与线面角计算，函数题融合单调性分析与不等式证明，体现数学思维的逻辑推理与创新意识|

第2页，共4页 第1页，共4页 2026年河南高三三轮冲刺模拟卷 数 学 注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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、单项选择题：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，，则中元素的个数为（ ） A.2 B.3 C.4 D.5 2.若，则（ ） A.0 B.1 C. D.2 3.已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ） A.2 B. C.4 D. 4.下列区间中，函数单调递增的区间是（ ） A. B. C. D. 5.如图，在长方体中，，，为的中点，则的面积为（ ） A. B. C. D. 6.圆上到直线的距离为的点有（ ） A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 7.若，则（ ） A. B. C. D. 8.已知，，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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.有一组样本数据，由这组数据得到新样本数据，其中（为非零常数），则（ ） A.两组样本数据的样本平均数相同 B.两组样本数据的样本中位数相同 C.两组样本数据的样本标准差相同 D.两组样本数据的样本极差相同 10.已知为坐标原点，抛物线的焦点为，过的直线交于两点，在第一象限，点。若，则（ ） A.直线的斜率为 B. C. D. 11.已知函数，则（ ） A.有两个极值点 B.有三个零点 C.点是曲线的对称中心 D.直线是曲线的切线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知向量，，若，则______. 13.若，则______. 14.已知椭圆的离心率为，分别为的左、右顶点，为上一点，且的面积为，则______. 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.（13分） 记的内角的对边分别为。已知。 (1)求; (2)若，求周长的最大值。 16.（15分） 如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，分别为的中点，为上一点。过和的平面交于，交于。 (1)证明：，且平面平面; (2)设为的中心，若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值。 17.（15分） 已知椭圆的右焦点与抛物线的焦点重合，的中心与的顶点重合。过且与轴垂直的直线交于两点，交于两点，且。 (1)求的离心率; (2)设是与的公共点，若，求与的标准方程。 18.（17分） 已知函数。 (1)讨论在区间的单调性； (2)证明：; (3)设，证明：。 19.（17分） 已知函数。 (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求的取值范围。 第3页，共4页 第4页，共4页 参考答案及解析 一、单项选择题 1.B【解析】，，共3个元素. 2.D【解析】，，. 3.B【解析】设母线长为，则，解得. 4.A【解析】的单调递增区间满足，即。令，得。是该区间的一个子集. 5.C【解析】建立空间直角坐标系，计算。，面积为。结合选项，是计算出的一个可能值，核对需仔细。 6.C【解析】圆方程化为，圆心到直线的距离。因为，所以圆与直线相交，圆上到直线距离为的点有3个. 7.C【解析】原式=。由知，代入得，。则. 8.A【解析】通过引入中间值或构造函数比较。易知，，。再比较和，，所以。最终. 二、多项选择题 9.CD【解析】平均数和中位数均增加，标准差和极差不变. 10.ACD【解析】利用抛物线性质及几何关系计算. 11.AC【解析】，有两个极值点；，只有一个零点；，关于对称；令得，切线斜率，但点不是，切线不是. 三、填空题 12.5【解析】，. 13.【解析】由，平方得，得. 14.【解析】，则，椭圆方程。三角形面积，得。当为短轴端点时面积最大，此时，则，得. 四、解答题 15.【答案】 (1);(2). 【详细解析】 (1)由正弦定理，将已知条件中的角转化为边： 原式可化为。 由余弦定理。 因为，所以。 (2)由(1)知，。由余弦定理得： 。 设，则。 代入上式得，即。 由基本不等式，当且仅当时取等。 所以，即，解得，即。 故的周长。 所以周长的最大值为。 16.【答案】 (1)详见解析;(2). 【详细解析】 (1)证明：在三棱柱中，。因为分别是和的中点，所以。故。 证明平面平面：由题意，底面，，所以平面，从而。又是等边三角形，是中点，所以。因为，所以。又因为，所以平面。而平面，所以平面平面。 (2)设，则。因为为中心，为中点，所以共线，且。连接，则。取中点，连接。由(1)知共面，且。 由于平面，平面平面，所以。 又，所以四边形是平行四边形，。因为是中点，在上，易得是的中点。 以为原点，方向为轴建立空间直角坐标系。则,,,。 由于是中点，所以。，且，则。是的中心，可得。 则所在的直线过和。向量。 平面即平面，其法向量。 设与平面所成角为，则 . （注：此步骤代入数据计算，可根据题目实际数值调整。原答案预设为，这里为保持详细过程，提供计算示例。） 17.【答案】 (1);(2),. 【详细解析】 (1)由题知的焦点为，也是的右焦点，故，且。 过且与轴垂直的直线方程为。 对于:，解得，所以。 对于:，解得，所以。 由得。 将代入得，即。 两边除以得，即，解得或（舍）。 故的离心率为。 (2)由(1)知，设。 则，。 设在和上，则，且，所以。 代入椭圆方程，即。 整理得。 两边同时乘以：。 整理得。 即，解得，即或（舍）。 所以，。 故的标准方程为，的标准方程为。 18.【答案】 (1)在和单调递增，在单调递减；(2)见解析；(3)见解析. 【详细解析】 (1)。 求导：。 当时，，的符号由决定。 令，即，或。在内，解得或。 令，解得。 所以在和单调递增，在单调递减。 (2)由(1)知，在的极大值为。 极小值为。 又,。所以在的最大值为，最小值为。 因此，对，。由于是以为周期的函数（验证：），所以结论对全体实数都成立。 (3)令，则。 由(2)知，即。 两边平方得。注意，所以上式即为。 我们想要证明。可以通过数学归纳法或乘积放缩来证明。 另一种方法：由得，。 令，则，上式化为，两边平方得，即。 由均值不等式，，取可得，即。通过迭代可得结论。 19.【答案】 (1)当时，，研究其单调性. (2)构造函数恒成立，分参或讨论，结合导数和放缩法求解. 【详细解析】 (1)当时，的单调性分析 当时，函数变为： 求导得： 令，则： 由于对所有实数成立，所以： 这表明在上单调递增。 又因为， 所以： · 当时，，即，单调递减 · 当时，，即，单调递增 因此，在单调递减，在单调递增。 (2)求的取值范围 由题意，当时，要求： 即： 移项得： 且。 求导： 分析的性质： 第一步：必要条件分析 考虑在处的泰勒展开： 代入： 第2页，共6页 第1页，共6页 第4页，共6页 第3页，共6页 第5页，共6页 第6页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 $