精品解析：河南开封市河南大学附属中学2026届高三下学期模拟预测（一）数学试题

高三数学（一） 注意事项： 1．本试卷共6页．时间120分钟，满分150分．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．作答选择题时，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．作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将试卷和答题卡一并收回． 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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 在中，，，点满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 4. 在数列中，，且，，则（ ） A. B. 21 C. D. 40 5. 已知，且，若函数的值域为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知盒子中有9个大小相同、质地均匀的球，其中有5个红球、4个白球，有两种取球方式：①不放回地取球两次，第一次任取1个球，第二次任取2个球，设第二次取到2个红球的概率为；②一次性任取2个球，设取到2个红球的概率为，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知角的终边上有一点，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 8. 已知直线与椭圆交于，两点，点，若的外接圆圆心在轴上，则该圆圆心的坐标为（ ） 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. 在正方体中，为的中点，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面平面 D. 平面平面 10. 已知，若关于的方程有两个不相等的实数根，，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则的最小值为4 C. 关于的不等式的解集为 D. 是关于的不等式的一个解 11. 已知直线，点，，，则（ ） A. 点的集合是 B. 点的集合是 C. 点到直线的距离的取值范围是 D. 点到直线的距离的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 甲、乙、丙、丁、戊5名同学排成一列，甲、乙不相邻，且丙、丁相邻，则不同的排法种数为________．（用数字作答） 13. 已知圆与抛物线恰有两个公共点、，且为圆的直径，则的值为________． 14. 已知正四棱锥的高为2，，为棱的中点，若点均在球的球面上，则平面截球所得截面圆的面积为________． 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，在中，，，． （1）求； （2）设边上有两点，，，且，求． 16. 如图，在三棱台中，为等边三角形，，，且． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知双曲线的右焦点为，斜率为的直线交于，两点，且的中点为． （1）求的方程； （2）是否存在实数，使？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 18. 已知函数的最大值为1． （1）求； （2）若，且，证明：． 19. 已知，且，集合．对于中的任意两个不同的元素，，定义． （1）当时， （ⅰ）求的元素个数； （ⅱ）求随机变量的分布列及数学期望； （2）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学（一） 注意事项： 1．本试卷共6页．时间120分钟，满分150分．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．作答选择题时，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．作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将试卷和答题卡一并收回． 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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题需要先解绝对值不等式求出集合，再根据交集的定义求. 【详解】等价于，解得：， 所以集合，， 所以. 2. 若，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】由已知可得， ，在复平面内对应点为，位于第四象限． 3. 在中，，，点满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知，则， ， ， ， ． 4. 在数列中，，且，，则（ ） A. B. 21 C. D. 40 【答案】B 【解析】 【分析】由，得到奇数项之间的递推关系，得到等差数列的通项公式，先求出再根据计算出. 【详解】，， ，即； 数列是以为首项，为公差的等差数列， ， 当时，； . 5. 已知，且，若函数的值域为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数函数的单调性结合已知函数值域列出不等式计算即可. 【详解】若，则在单调递减，即，， 当时，在单调递增，则， 此时两部分值域的并集不为，不符合题意； 若，则在单调递增，即，， 当时，在单调递增，则， 要使函数的值域为，则，解得：， 若，则，此时函数的值域为，不符合题意； 若，则在单调递增，即，， 当时，在单调递减， 则，，此时两部分值域的并集不为，不符合题意； 综上，若函数的值域为，则的取值范围是 6. 已知盒子中有9个大小相同、质地均匀的球，其中有5个红球、4个白球，有两种取球方式：①不放回地取球两次，第一次任取1个球，第二次任取2个球，设第二次取到2个红球的概率为；②一次性任取2个球，设取到2个红球的概率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由全概率公式和概率乘法公式求出，得到答案 【详解】不放回地取球两次，第一次任取1个球，第二次任取2个球， 第一次任取1个球为红球，第二次任取2个球均为红球的概率为， 第一次任取1个球为白球，第二次任取2个球均为红球的概率为， 故， 一次性任取2个球，取到2个红球的概率为， 故. 7. 已知角的终边上有一点，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】得到角和角的终边相同，从而得到与有关的关系式，即可求出答案. 【详解】，， 故角和角的终边相同，故，， 则. 8. 已知直线与椭圆交于，两点，点，若的外接圆圆心在轴上，则该圆圆心的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设该外接圆圆心为，由外接圆性质得圆心到三点距离相等，联立直线与椭圆得韦达定理，代入距离等式化简，即可求出得到圆心坐标. 【详解】设， 将直线代入椭圆，整理得 ， 由韦达定理得 ，. 外接圆圆心在轴上，设为，由得， 即， 展开整理得， 因为 ， ， 代入再约去得：. 由于在圆上，故，即①， 又因为 在直线上，所以 ②， 联立①②得 ； 同理可得 ， 故是方程 的根， 由韦达定理得， 代入，与之前联立，化简得 ，解得正根. 故，即圆心坐标为 . 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. 在正方体中，为的中点，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面平面 D. 平面平面 【答案】AD 【解析】 【分析】由线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定定理依次证得各选项，即可得出结果. 【详解】对于A，如图，连接，交于点，连接，则为的中点. 因为为的中点，所以 .又平面 平面， 所以平面，故A正确； 对于，假设平面，则 .而平面 平面，所以. 又 平面，所以平面. 又平面，所以 ，因为，则 不成立，假设错误，故B错误； 对于C，假设平面平面，又平面平面， 所以平面 平面.这与两平面相交矛盾，故假设不成立，C错误； 对于D，连接，，在中，，则， 设正方体棱长为，则，，， 由勾股定理可得：，所以，又因为， 所以平面，平面，则平面平面，故D正确. 10. 已知，若关于的方程有两个不相等的实数根，，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则的最小值为4 C. 关于的不等式的解集为 D. 是关于的不等式的一个解 【答案】ACD 【解析】 【详解】选项A，因为方程有两不等实根，所以，解得， 因为，所以，即取，A正确； 选项B，由韦达定理，则，由A选项可知，且，所以， ，当时，单调递增，因此，则，无法取到最小值4，B错误； C选项，令，代入原方程得，即若为原方程两根，则为的两根，又因为， 所以，已知，所以不等式解集为，C正确； D选项，将代入得，因为，因此， 即是不等式的一个解，D正确. 11. 已知直线，点，，，则（ ） A. 点的集合是 B. 点的集合是 C. 点到直线的距离的取值范围是 D. 点到直线的距离的取值范围是 【答案】BC 【解析】 【详解】原点到直线的距离为：， 因此所有直线都是圆的切线. 题目要求对任意，，说明始终不在任何切线上， 即在圆内部，满足. 故A错误，B正确； 求到直线​的距离范围：原点到该直线的距离为， 因为圆半径，则直线在圆外. 圆内点到直线的最小距离为， 最大距离为；又不包含圆边界，因此距离取值范围是，故C正确； 求到直线的距离范围： 原点到该直线的距离为 ， 因为圆半径，则直线穿过圆，圆内存在点落在直线上，点到直线距离可以取到， 因此距离范围是，不是，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 甲、乙、丙、丁、戊5名同学排成一列，甲、乙不相邻，且丙、丁相邻，则不同的排法种数为________．（用数字作答） 【答案】24 【解析】 【详解】因为丙、丁相邻，所以将丙、丁“捆绑”，可得丙、丁的排列方法有种； “丙、丁”整体与戊的排列方法有种； “丙、丁”整体与戊排列后，形成3个空位，从这3个空位中选2个安排给甲、乙，排列方法有； 所以，满足甲、乙不相邻，且丙、丁相邻，则不同的排法种数为种. 13. 已知圆与抛物线恰有两个公共点、，且为圆的直径，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】分析可知、关于圆心对称，即点为线段的中点，利用点差法求出直线的方程，再将该直线方程与抛物线的方程联立，利用弦长公式可得出的值，即可得解. 【详解】由题意可知点、关于圆心对称，即点为线段的中点， 设点、，则，可得， 若直线的斜率不存在，此时直线与抛物线只有一个交点，不符合题意， 所以直线的斜率存在， 由题意可得，这两个等式作差得， 所以直线的斜率为，故直线的方程为，即， 联立得，， 由韦达定理可得，， 由弦长公式可得，故. 14. 已知正四棱锥的高为2，，为棱的中点，若点均在球的球面上，则平面截球所得截面圆的面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】先利用正四棱锥的性质，可求出正四棱锥外接球的半径，再利用空间向量求出球心到截面的距离，最后利用球的截面性质可求出截面圆的半径，即可求解截面圆的面积. 【详解】 在正四棱锥中，底面是边长的正方形，底面中心记为， 则底面正方形对角线长为，故， 正四棱锥的高，外接球的球心在高 上，设外接球半径为， 由勾股定理得：， 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 则， 因为是中点，所以， 可得：， 设平面的法向量为， 则， 令，可得，即， 由，设球心到平面的距离为， 则， 设截面圆半径为，由球的截面性质， 所以截面圆的面积. 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，在中，，，． （1）求； （2）设边上有两点，，，且，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据两角和差的正余弦公式及诱导公式化简求解即可. （2）结合（1）得到，，根据正弦定理及三角形性质得到，结合两角和的正弦公式求解即可. 【小问1详解】 由， 得， 整理得，即， 所以或． 若，则； 若，因为，所以B不是钝角，该情形不成立. 故． 【小问2详解】 设，则. 在中，由正弦定理，得，即， 又，所以． 由（1）知，为直角三角形， 又，，所以，， 所以，整理得， 所以，即． 16. 如图，在三棱台中，为等边三角形，，，且． （1）证明：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）结合棱台的性质及勾股定理逆定理，根据线面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，根据面面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 取的中点为，则，连接，， 三棱台中，，， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以， ， 由，为的中点，所以， 又，所以，所以 ，即， 又，，，平面，所以平面； 【小问2详解】 由（1）可知，，，两两垂直， 如图，以为坐标原点，，，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， ， ，， 所以，，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，，所以， 设平面的法向量为， 则，即， 令 ，则，，所以， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知双曲线的右焦点为，斜率为的直线交于，两点，且的中点为． （1）求的方程； （2）是否存在实数，使？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）存在 【解析】 【分析】（1）先设出弦的端点坐标并代入双曲线方程，两式相减后，结合弦中点坐标与直线斜率，推导出双曲线参数与的关系，再利用焦点条件求出参数值，得到双曲线方程； （2）先设出直线斜截式方程，与双曲线联立得到一元二次方程，通过判别式保证直线与双曲线有两个交点；将转化为向量数量积为0，展开后代入韦达定理的整体表达式，解出直线参数，再结合中点坐标求出的值，验证后得出存在性结论即可. 【小问1详解】 如图，作出符合题意的图形， 设，，则，， 两式相减得，即，则． 又，所以，故C的方程为． 【小问2详解】 设直线的方程为， 由得 ， 则，且，， 假设存在，使，则． 因为，，且，， 所以， 故 ，整理得 ，解得． 由 ，解得．故存在，使． 18. 已知函数的最大值为1． （1）求； （2）若，且，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，分析函数单调性，找到最大值点代入计算即可； （2）先建立的等式，令，将​用和表示，代入等式转化为关于的表达式，得到关于的函数，对其求导分析单调性，证明该函数在时的取值大于. 【小问1详解】 由题意得的定义域为，， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以是的极大值点，也是最大值点， 故 ，即 ，解得． 【小问2详解】 由（1）得，则， 即． 令，则，且，所以，所以 ，故， 所以． 令 ， 则． 令 ，， 则 ， 所以在区间上单调递增，所以当时， ，即， 所以在区间上单调递增， 所以，故． 19. 已知，且，集合．对于中的任意两个不同的元素，，定义． （1）当时， （ⅰ）求的元素个数； （ⅱ）求随机变量的分布列及数学期望； （2）证明：． 【答案】（1）（ⅰ）8；（ⅱ）分布列见解析， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）用分步乘法计数原理计算集合M的元素个数； （ii）列出分布列计算即可； （2）列出式子，再比较大小即可. 【小问1详解】 （ⅰ）对于元素的构成，，，均有0，1两种可能的取值，所以的元素个数为． （ⅱ）的所有可能取值为1，2，3，则， ， ， 所以的分布列为 1 2 3 故． 【小问2详解】 由题意得， 所以， 所以， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $