精品解析：河南省开封高级中学2026届高三下学期模拟预测（三）数学试题

高三数学（三） 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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆台的上底面半径为，母线长为，表面积为，则该圆台的高为（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 若函数是奇函数，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知的外接圆半径为，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点，线段交C于点G，且直线在轴上的截距为，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若，分别为的极大值点和极小值点，且在区间上单调，则的取值范围是（ ） 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. 有一组样本数据6，8，5，6，7，10，则这组数据的（ ） A. 极差为4 B. 中位数为6.5 C. 平均数为7 D. 方差为3.5 10. 已知四棱锥的底面是矩形，且点P在底面上的射影恰为的中点，E，F分别为，的中点，则（ ） A. 平面 B. C. 当时， D. 当是边长为的等边三角形时，四棱锥的体积为 11. 已知抛物线的焦点为，的所有顶点均在上，且，则（ ） A. B. 为定值 C. 可能是等边三角形 D. 可能是直角三角形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设，则的最小值为_____________． 13. 设、为正数，若，且，则________． 14. 在中，，，，则____________，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，在直三棱柱中，、分别为、的中点． （1）证明：平面； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值． 16. 已知椭圆的左焦点为，离心率为． （1）求的方程； （2）设点，过点且不与坐标轴垂直的直线交于、两点，且，求． 17. 甲、乙两支排球队进行一场比赛，比赛采取5局3胜制，每局比赛甲获胜的概率均为，比赛没有平局，且每局比赛的结果相互独立． （1）求前2局比赛甲、乙两队各胜一局的概率； （2）在甲获得比赛胜利的条件下，求甲在第3局获胜的概率； （3）记比赛结束时所进行的局数为，求的分布列及数学期望． 18. 已知数列、满足． （1）若，且，求的通项公式； （2）若，，设，数列、、、为、、、与、、、的所有项按从小到大的顺序排列所得到的数列，证明：． 19. 设，函数，． （1）若，判断是否为的极值点，并说明理由； （2）若，求的极值； （3）若，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学（三） 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】先求M与N集合，再根据集合运算法则及正弦函数的值域即可求解. 【详解】集合，，所以，. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，得，则， ， 所以. 3. 已知圆台的上底面半径为，母线长为，表面积为，则该圆台的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用圆台的表面积公式求出该圆台的下底面半径，即可得出该圆台的高. 【详解】设圆台的下底面半径为，则该圆台的表面积为， 整理可得，因为，解得. 故该圆台的高为. 4. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列的求和公式求出，可求出该数列的公差，进而可求得的值. 【详解】设等差数列的公差为，前项和为，则，解得， 故，故. 5. 若函数是奇函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用奇函数求解参数，化简函数后通过奇偶性定义验证，再代入自变量计算函数值. 【详解】由为定义在上的奇函数，得， 即，，. 结合，得. 所以. 验证奇偶性：，满足奇函数定义. 因此，. 6. 已知的外接圆半径为，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理求出，，利用平面向量数量积的运算性质、三角恒等变换并结合角的取值范围可求得的最大值. 【详解】由正弦定理可得，则，， 因为，所以， 所以 ， 因为，所以， 故当时，取最大值. 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点，线段交C于点G，且直线在轴上的截距为，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知直线方程为，直线方程为，联立求得点G的坐标，再代入双曲线方程即求得C的离心率. 【详解】由题意易知直线方程为，直线方程为， 联立得即 代入双曲线方程,得 ，所以. 8. 已知函数，若，分别为的极大值点和极小值点，且在区间上单调，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过对函数求导，讨论函数在区间单调递增与单调递减时，的取值范围，构造，则，通过韦达定理求出的取值范围. 【详解】，由于，分别为的极大值点和极小值点，那么 有两个不相同实根，且，那么 ， 当函数在区间单调递增时，在上恒成立， 那么，设,则，那么 ，设，由于， 所以在上单调递增，，故； 设，由于，所以，， 则 ， 由于，则, 解得； 当函数在区间单调递减时，在上恒成立， 那么，设,则，那么 ，设，由于， 所以在上单调递增，，故； 设，由于，所以，， 则 ，由于，则, 解得； 综上所述，的取值范围是 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. 有一组样本数据6，8，5，6，7，10，则这组数据的（ ） A. 极差为4 B. 中位数为6.5 C. 平均数为7 D. 方差为3.5 【答案】BC 【解析】 【分析】根据样本数据的数字特征求解即可. 【详解】有一组样本数据6，8，5，6，7，10，先对数据从小到大排列可得5,6,6,7,8,10，那么 极差为，A错误； 中位数为，B正确； 平均数为：,C正确； 方差为：，D错误. 10. 已知四棱锥的底面是矩形，且点P在底面上的射影恰为的中点，E，F分别为，的中点，则（ ） A. 平面 B. C. 当时， D. 当是边长为的等边三角形时，四棱锥的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，可以通过三角形的中位线来证明线线平行，再证明线面平行；对于BCD，可以通过建立坐标系结合选项条件，运用坐标运算进行判断. 【详解】设的中点为，连接，，由题意， 平面. 对于A：因为底面是矩形，所以也是的中点，连接， 在中，分别为的中点，所以是的中位线，则， 又因为 平面， 平面，所以 平面，故A正确； 以为原点，过且平行于的直线为轴，过且平行于的直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 设，则， 为中点，则,为中点，则, 对于B：，， 则，仅当即底面为正方形时，，即，故B错误; 对于C：当时，即，所以，，, ，将代入得，所以，故C正确； 对于D：当是边长为的等边三角形时，,， . . 由和解得，即， 代入得，解得，则， 代入得，解得，. 此时底面边长为，高为， 四棱锥的体积，故D正确. 11. 已知抛物线的焦点为，的所有顶点均在上，且，则（ ） A. B. 为定值 C. 可能是等边三角形 D. 可能是直角三角形 【答案】AB 【解析】 【分析】对于选项A可以用等面积法求解；对于BCD，假设三点坐标，对于选项B，由可知点为的重心，再结合抛物线的性质可以判断为定值；选项C，由可知点为的重心，通过等边三角形的性质可以判断；选项D，通过直角三角形的性质可以判断. 【详解】对于选项A，由可知点为的重心，根据重心的性质可知， , 所以，，A正确； 设，那么由于点为的重心, 所以， 对于选项B，，B正确; 对于选项C，若是等边三角形，则，那么 ，由于与不重合，故由可知， 又，故， 由可得 ， 所以，， ， 故不可能是等边三角形，C错误； 对于选项D，， 若，则 ， 即， 即， 由 ， 即， 由可得与抛物线中有矛盾， 同理，,也会出现同样的矛盾，故不可能是直角三角形，D选项错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设，则的最小值为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用基本不等式求解即可. 【详解】因为，则， 所以， 当且仅当时，即当时，等号成立. 故当时，的最小值为. 13. 设、为正数，若，且，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据换底公式以及对数的运算性质可得出关于的方程，解出的值，可得出的值，即可得出的值. 【详解】因为、为正数，若，且，即，即， 即，即， 整理可得，即， 解得或，故有或，故. 14. 在中，，，，则____________，的面积为____________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先利用三角形内角和求出角，通过角度恒等变换关联，结合和差角公式得到正切乘积，再结合正弦定理与面积公式求解三角形面积. 【详解】由，，可得，即，故. 则，，所以， 因此. 又， 联立, 解得，， 则. 由，结合正弦定理与三角形面积公式， . 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，在直三棱柱中，、分别为、的中点． （1）证明：平面； （2）若，，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）证法一：连接，交于点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； 证法二：连接交于点，连接交于点，连接，推导出，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）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，设，利用空间向量法求解即可. 【小问1详解】 法一：连接，交于点，连接、，如图． 因为四边形是矩形，所以是的中点． 又是的中点，所以，且． 又，且，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以． 又平面，平面，所以平面． 法二：如图，连接交于点，连接交于点，连接． 因为为的中点，且，所以． 又为的中点，且，所以， 所以，则． 因为平面，平面，所以平面． 【小问2详解】 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． 不妨设，则、、、、， 所以，，，． 设平面的一个法向量为， 则，令，得，，则． 设平面的一个法向量为， 则，令，得，，则． 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 16. 已知椭圆的左焦点为，离心率为． （1）求的方程； （2）设点，过点且不与坐标轴垂直的直线交于、两点，且，求． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据题意求出、的值，即可得出椭圆的方程； （2）设直线的方程为，设点、，将该直线方程与椭圆方程联立，求出线段的中点坐标，可得出线段的中垂线方程，将点的坐标代入中垂线方程，可求出的值，再利用弦长公式可求出的值. 【小问1详解】 由的焦点为，可知的半焦距， 因为的离心率为，所以，则． 又，所以， 故的方程为． 【小问2详解】 由已知，设直线的方程为， 设点、． 联立，得， ， 由韦达定理可得，， 所以． 故线段的中点坐标为， 则线段的垂直平分线的方程为． 若，则线段的垂直平分线过点， 所以， 化简整理得，解得或． 当时，因为，， 所以； 当时，因为，， 所以． 综上，的值为或． 17. 甲、乙两支排球队进行一场比赛，比赛采取5局3胜制，每局比赛甲获胜的概率均为，比赛没有平局，且每局比赛的结果相互独立． （1）求前2局比赛甲、乙两队各胜一局的概率； （2）在甲获得比赛胜利的条件下，求甲在第3局获胜的概率； （3）记比赛结束时所进行的局数为，求的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2） （3）分布列见解析， 【解析】 【分析】(1)设事件表示甲队第局获胜，那么前局比赛甲、乙两队各胜一局的概率有两种情况： 和 ，使用独立与互斥事件概率计算公式计算即可； (2)利用全概率公式计算出甲获得比赛胜利，再使用条件概率计算公式计算甲获得比赛胜利的条件下，甲在第3局获胜的概率； （3）由于采取5局3胜制，的所有可能取值为，，，使用独立与互斥事件概率计算公式计算出所有可能取值的概率. 【小问1详解】 设事件表示甲队第局获胜， 则前局比赛甲、乙两队各胜一局的概率为 ． 【小问2详解】 设事件为甲获得本场比赛的胜利， 则， ， 故． 【小问3详解】 根据题意得的所有可能取值为，，， 其中， ， ， 则的分布列为 所以． 18. 已知数列、满足． （1）若，且，求的通项公式； （2）若，，设，数列、、、为、、、与、、、的所有项按从小到大的顺序排列所得到的数列，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题干等式推导出，可得出，结合等比数列的定义可得出数列的通项公式； （2）由题干等式推导出是每项都为的常数列，据此可得出数列、的通项公式，当时，设满足的情况共有个，满足的情况共有个，于是得出，分析可得，结合裂项相消法可证得结论成立. 【小问1详解】 因为，且，所以，即， 所以， 又，则，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，故． 【小问2详解】 因为，且， 所以 ， 所以， 因为，故数列是每项都为的常数列， 故，所以，所以， 当时，不妨设满足的情况共有个， 满足的情况共有个． 记中大于的项为、、、，中大于的项为、、、， 它们恰为、、、中的项． 记中小于的项为、、、，中小于的项为、、，， 它们恰为、、、中的项，其中，且， 所以、中必有一项大于，有一项小于， 所以、、、、、、、这项中必有项大于，项小于， 根据数列的定义可知，是所有大于的项之和，是所有小于的项之和， 所以， 又由上可知， 所以. 19. 设，函数，． （1）若，判断是否为的极值点，并说明理由； （2）若，求的极值； （3）若，证明：． 【答案】（1）不是的极值点，理由见解析 （2）极小值为，无极大值． （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）通过分类讨论证得在上恒成立，得到在上是单调函数，从而根据极值点的定义可判断； （2）将代入并求导，分析得在区间上单调递增，且，进而由在左右两侧的单调性求得极值； （3）将问题转化为证当时，，通过整理得，利用函数与的单调性，结合（1）中得到，再由的单调性即可得证. 【小问1详解】 不是的极值点，理由如下： 若，则， 所以， 令，则． 当时，，单调递增，； 当时，，单调递减， 所以在上恒成立，所以在上单调递减. 所以不是的极值点． 【小问2详解】 若，则， 所以． 因为在区间上单调递增，且， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以是的极小值点， 故的极小值为，无极大值． 【小问3详解】 证明：当时， 因为函数在定义域上单调递减，函数在定义域上单调递增，且当时，， 所以，且， 所以． 由（1）可知，即， 所以． 又函数在定义域上单调递增，且当时，， 所以． 所以当时，. 故时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $