精品解析：河北邢台市名校联盟2026届高三考前模拟预测数学试题

河北邢台市名校联盟2026届高三考前模拟预测数学试题 本试卷共19题，满分150分.考试用时120分钟. 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】B 【解析】 【分析】先根据集合的表达式求出符合集合范围的元素，再计算两个集合的交集即可. 【详解】首先明确自然数集包含，由集合的定义，设，其中，变形得，， 已知集合，将非负整数依次代入计算： 当时，，属于集合； 当时，，属于集合； 当时，，属于集合； 当时，，超出集合的元素范围，不满足要求， 因此，故B正确. 2. 已知，则z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】A 【解析】 【详解】由题可得，所以在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限 3. 某市交通部门在早高峰时段，记录了辆私家车通过某路口的排队等待时间(单位：秒)：12，18，22，45，38，30，32，35，28，15，48，50，25，20，40，则该组数据的第 百分位数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将数据从小到大排序，再按照百分位数的计算规则求解即可. 【详解】首先将个数据从小到大排序为：。 则位置索引，为整数， 排序后第个数据为，第个数据为， 因此第百分位数为. 4. 已知函数 则满足 的实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】∵ 当时，为单调递增函数，当时，，所以此时. 当时，为单调递增函数，也为单调递增函数， ∴ 在上单调递增，且. ∴ 函数是定义域为的单调递增函数. 令，当时，有. 设（），则，整理得. 解得或，∵ ，∴ 不符合题意，舍去. ∴ ，即. ∵ 在上单调递增， ∴ 等价于，解得. ∴ 实数的取值范围为，故选A. 5. 已知 的展开式中x³的系数为m，所有项的系数之和为n，若 则a=（ ） A. 2 B. 1 C. - 2 D. - 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式的展开式，求出指定项，令，求出所有项的系数之和即可求解. 【详解】已知，展开式通项为， 当，即时，， 当，即时，， 所以含的项为，可得含的项的系数, 令，则所有项的系数之和 由于若 所以，解得： 6. 已知抛物线 在处的切线与圆： 交于两点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】∵ 抛物线方程为，即，求导得. 当时，，切线斜率， ∴ 抛物线在处的切线方程为，整理得. ∵ 圆的方程为，∴ 圆心，半径. 圆心到切线的距离. 由弦长公式得. 在中，， 由余弦定理：， ∵ ，∴ . 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用正切和角公式化简条件，得到与的关系式；再对第二个条件同乘以，转化为正弦和角形式，得出，代入展开化简，通过整体比例代换直接求出． 【详解】由 ，得， 所以， 化简得， 所以， 化简得，即①， 由， 得 ， 即，即， 故其代入①，，故． 8. 椭圆具有特殊的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点.已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，上顶点为，为上一点，在点处的切线为，过点 且与垂直的直线与椭圆的长轴交于点，且，若的面积，到的距离之和为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求得，分别过作直线的垂线，再由到的距离之和为，求得，设，则，求得，得到，在中，利用余弦定理，化简求得，结合离心率的定义，即可求解. 【详解】因为 ，可得， 如图所示，分别过作直线的垂线，垂足分别为， 则， 又因为到的距离之和为，所以，则， 设，则， 所以， 则， 可得，所以，则， 由余弦定理得， 所以，即，可得， 所以椭圆的离心率为. 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. 已知 为等差数列{an}的前n项和， 则下列结论正确的是（ ） A. {an}是递增数列 B. 使 成立的n的最大值为9 C. 取最小值时，n=11 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式和前项和公式求出，依次判断选项即可. 【详解】设等差数列的公差为，由 ， 所以，即，解得：， 所以，则{an}是递增数列，故A正确； 则， 令，解得：，所以使 成立的n的最大值为9，故B正确； 当时，取最小值，故C错误； 由于，故D正确. 10. 已知函数的定义域为,其图象关于y轴对称，当时， 则下列结论正确的是（ ） A. B. 的单调递增区间为和 C. 有2个极小值点 D. 存在，使得方程恰有1个实数根 【答案】BC 【解析】 【分析】A. 由题设可得 ，代入解析式求解 ，进而求解判断即可；B. 先讨论，的单调性，再由的图象关于y轴对称，得到的情况；C.根据极值点的定义判断；D. 转化问题为函数和的交点问题，进而结合图象判断即可. 【详解】因为的图象关于y轴对称，所以是偶函数，所以， 选项 A：因为是偶函数，所以 ，而 ， 因此 ，故 A 错误； 选项 B：当时，， ，则 令，，则 ，故 在 上单调递增， 又 ，因此当 时，，即 ， 单调递增； 当时，，即 ， 单调递减， 因为的图象关于y轴对称，所以 当 时，， 单调递减， 当 时，， 单调递增， 综上， 的单调递增区间为 和 ，故 B 正确； 选项 C：根据选项 B 的单调性分析：和 都是 的极小值点， 因此 有 2 个极小值点，故C正确； 选项 D：方程 等价于 ， 当 时，，令， ， 令 ， 在 上单调递增，且 ， 当 时，，， 单调递减， 时，，， 单调递增， ， 时， ， 时， ， 因为是偶函数，所以是奇函数，的图象关于原点对称， 作出函数和的图象， 由图可知，函数和始终有2个交点， 因此，不存在 使得方程恰有1个实根，选项 D 错误. 11. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S为△ABC的面积， ， 则下列判断正确的是（） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】A，利用三角形面积公式代入第一个已知等式，结合正弦定理将角的正弦值转化为对应边；B，利用正、余弦定理和二倍角公式化简第二个已知等式，再结合前两步得到的边角关系，求解即可；C、D，分别设出a、b和c的比例关系，再根据余弦定理，换元计算即可. 【详解】A，由 ，得 ，即 ①， 则由正弦定理，得 ，故A错误； B，由 ， 得 ， 则由正弦定理，得，即， 由余弦定理，得 ，得 ②， ①×②，得 ， 即 ， 则 ， 因为，所以 ，所以， 所以 ，所以 ， 则由正弦定理，得 ，故B正确； C，由A选项得 ，可设 ， ，则， 由 及余弦定理，得， 即， 所以 ， 所以 ， 所以，所以，故C正确； D，由C选项知， 所以， 所以，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量满足，且，则_______________. 【答案】 【解析】 【详解】∵ ，对等式两边同时平方得. 展开得①， ∵， ∴， 展开得， 整理得②， 将①中的代入②，得， 即，解得， ∴ 13. 已知数列{an}的前n项和为 则 _________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用的关系变形给定等式，再利用构造法求出通项即可. 【详解】数列{an}的前n项和为，， 由，得，则， 而，因此数列是首项为，公比为的等比数列， 则，所以. 14. 如图所示，已知直四棱柱的底面为平行四边形，点分别为, 的中点， 直线与交于点，则几何体的体积与直四棱柱 的体积的比值为________. 【答案】 【解析】 【分析】连接，证得四点共面，得到，设，求得和，再设点到平面的距离为，得到点到平面的距离为，结合锥体的体积公式，即可求解. 【详解】如图所示，连接， 因为点分别为, 的中点，可得， 又因为，所以， 因为在上，所以四点共面，所以， 由与相似，且为的中点，可得， 所以， 设，所以， 因为，所以， 因为，所以， 设点到平面的距离为，则点到平面的距离为， 所以， 所以， 又因为， 所以几何体的体积与直四棱柱的体积比为. 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. 随着老年人口数量快速增加和消费理念的转变，银发经济迎来发展机遇期.某健康科技公司为响应国家“促进银发经济高质量发展”的号召，研发了一款面向高龄群体的智能护理设备.为确保产品质量，公司对生产的护理设备进行抽样检测，每台设备的检测结果相互独立.已知每台设备的检测结果为一等品的概率为为二等品的概率为现从该公司生产的设备中随机抽取3台进行检测，设检测结果为一等品的设备数量为. （1）求的分布列和数学期望； （2）若每台一等品设备可获利5万元，每台二等品设备可获利2万元，记随机抽取的 3 台设备共获利万元，求的数学期望和方差. 【答案】（1）的分布列为： 数学期望； （2），. 【解析】 【分析】（1）求出的可能取值，利用二项分布求出分布列及期望. （2）利用二项分布的期望、方差，结合期望、方差的性质求解. 【小问1详解】 的所有可能取值为，， ， ， 所以的分布列为： 数学期望. 【小问2详解】 设一等品有台，则二等品有台，依题意，， 由（1）得，， 所以的数学期望， 方差. 16. 如图为函数的部分图象. （1）求函数的解析式； （2）设为坐标原点，轴于点为线段上一点，且，求 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定的图象，结合五点法作图求出即可. （2）由的三角函数表示，再列式并利用辅助角公式求解. 【小问1详解】 观察函数图象，得函数的最小正周期，而， 解得，由，得， 又，则， 所以函数的解析式是. 【小问2详解】 设， 由函数的图象知，， 则， 则， 由，得， 整理得，即，则， 又，因此，解得， 所以. 17. 如图，在多面体EFABCD中，四边形ABCD为平面四边形，四边形ABEF为平行四边形，R在线段CD上， P，Q分别为BF，FR的中点. （1）求证：PQ∥平面FAD. （2）若AF平面ABCD，AF=AB. （i）求四棱锥C-ABEF外接球的表面积； （ii）求直线AD与平面BCF所成角的大小. 【答案】（1）因为，分别为，的中点，所以 ，又在线段上， ， ，，所以，， 所以，，且，所以， 所以四边形为直角梯形，且，所以平行且等于， 所以四边形为平行四边形，所以 ， 又 ，所以，又平面，平面， 所以平面； （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据三角形中位线定理得到PQ与BR的平行关系，再利用平行四边形证明 ，最后通过线面平行的判定定理证明结论； （2）（i）补全四棱锥形状，得到外接球球心位置，计算球的半径后用球的表面积公式求解； （ii）根据线面角的定义求出相关线段的长，再计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）若平面，平面，，则， 又平面，平面，， 所以平面，且四边形为正方形， 所以四棱锥是棱长为的正方体的一部分， 所以外接球的直径为棱长为的正方体的体对角线长，所以， 所以四棱锥外接球的表面积为 ； （ii）因为四边形为正方形，所以， 又由（i）可知平面，平面，所以， 且，平面，所以平面， 所以直线与平面所成角的正弦值为与所成角的余弦值， 又易知，， 所以直线与平面所成角的正弦值为 所以直线与平面所成角的大小为 18. 已知函数． （1）当时， （i）求曲线在处的切线方程； （ii）求函数的最大值． （2）若不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）（i）；（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）先代入得到函数表达式，求切点处的函数值，再通过求导得到切线斜率，最后用点斜式写出切线方程； （ii）先化简，再求导并分析导数的符号变化，确定函数的单调性，从而得到在处取得最大值； （2）将不等式变形为和，分析时的右侧函数求最小值和时的右侧函数求最大值，即可得到的取值范围． 【小问1详解】 （i）当时，， ， ，， 所以曲线在处的切线方程为，即； （ii）， ， 令 ， ， 所以在上单调递减，且 ， 所以时，，，单调递增； 时，，，单调递减； 所以在取得最大值； 【小问2详解】 恒成立， 当时，，不等式恒成立，, 当时， 变形为， 令，， 令，得，即， 时，，单调递增； 时，，单调递减， 所以时，取最大值， 所以， 当时， 变形为， ，， 令，得，即， 时，，单调递减； 时，，单调递增， 所以时，取最大值， 所以， 综上，若不等式恒成立，则的取值范围为． 19. 已知双曲线 的两条渐近线分别为 过点 作 的平行线交于点A，作 的平行线交 于点B，且 （1）若C的焦距为 求C的方程. （2）过点 P 且斜率为k的直线与C的左、右两支分别交于点 （i）证明： 成等比数列； （ii）设Q为C的右顶点，若过点Q的直线l平分 直线l的倾斜角为θ，求 的值. 【答案】（1）. （2）（i）由（1）可知，，所以双曲线方程为，过的直线方程为， 代入双曲线方程可得： ， 由韦达定理可得：​，， 又因为， 所以， 又因为，所以上式化简得：，故​成等比数列，得证. （ii） 【解析】 【分析】（1）先根据双曲线方程求出渐近线方程，进而得到过点且平行于渐近线的直线方程，联立直线方程求出交点，坐标，利用两点间距离公式结合已知条件得出，再由焦距求出，最后根据求出得到双曲线方程. （2）（i）联立双曲线与直线方程，利用韦达定理求出，，进而表示出，将代入表达式化简，得到，根据等比数列定义即可证明. （ii）根据双曲线性质设倾斜角，得出与关系，利用正切公式求，结合已知条件化简得出，由范围确定其值，进而求出和. 【小问1详解】 根据题意可知，双曲线，所以渐近线为，， 根据斜截式可得，过点且平行于的直线为， 又因为是该直线与的交点，联立方程可得： ，求解可得： ， 移项整理可得： ，因为，两边约去得：，解得， 将代入可得：， 因此点坐标为，同理，过点且平行于的直线为， 是该直线与的交点，联立方程可得： ，整理得 ， 约去可得 ， 代入得 ，因此点坐标为 ， 所以，由题意可知，所以得， 因为焦距，故，又因为，，所以， 即，因此的方程为：. 【小问2详解】 （i） 略 （ii）由双曲线的性质可知，、的斜率均存在，且、在轴上方， 设直线、的倾斜角分别为，则，， 所以，因为，， 所以， ， 由（i）可得，，，代入上式可得： ，因为，所以， 所以，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北邢台市名校联盟2026届高三考前模拟预测数学试题 本试卷共19题，满分150分.考试用时120分钟. 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z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. 某市交通部门在早高峰时段，记录了辆私家车通过某路口的排队等待时间(单位：秒)：12，18，22，45，38，30，32，35，28，15，48，50，25，20，40，则该组数据的第 百分位数为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数 则满足 的实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 已知 的展开式中x³的系数为m，所有项的系数之和为n，若 则a=（ ） A. 2 B. 1 C. - 2 D. - 1 6. 已知抛物线 在处的切线与圆： 交于两点，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 8. 椭圆具有特殊的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点.已知椭圆的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，上顶点为，为上一点，在点处的切线为，过点 且与垂直的直线与椭圆的长轴交于点，且，若的面积，到的距离之和为，则的离心率为（ ） 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. 已知 为等差数列{an}的前n项和， 则下列结论正确的是（ ） A. {an}是递增数列 B. 使 成立的n的最大值为9 C. 取最小值时，n=11 D. 10. 已知函数的定义域为,其图象关于y轴对称，当时， 则下列结论正确的是（ ） A. B. 的单调递增区间为和 C. 有2个极小值点 D. 存在，使得方程恰有1个实数根 11. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，S为△ABC的面积， ， 则下列判断正确的是（） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量满足，且，则_______________. 13. 已知数列{an}的前n项和为 则 _________. 14. 如图所示，已知直四棱柱的底面为平行四边形，点分别为, 的中点， 直线与交于点，则几何体的体积与直四棱柱 的体积的比值为________. 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. 随着老年人口数量快速增加和消费理念的转变，银发经济迎来发展机遇期.某健康科技公司为响应国家“促进银发经济高质量发展”的号召，研发了一款面向高龄群体的智能护理设备.为确保产品质量，公司对生产的护理设备进行抽样检测，每台设备的检测结果相互独立.已知每台设备的检测结果为一等品的概率为为二等品的概率为现从该公司生产的设备中随机抽取3台进行检测，设检测结果为一等品的设备数量为. （1）求的分布列和数学期望； （2）若每台一等品设备可获利5万元，每台二等品设备可获利2万元，记随机抽取的 3 台设备共获利万元，求的数学期望和方差. 16. 如图为函数的部分图象. （1）求函数的解析式； （2）设为坐标原点，轴于点为线段上一点，且，求 17. 如图，在多面体EFABCD中，四边形ABCD为平面四边形，四边形ABEF为平行四边形，R在线段CD上， P，Q分别为BF，FR的中点. （1）求证：PQ∥平面FAD. （2）若AF平面ABCD，AF=AB. （i）求四棱锥C-ABEF外接球的表面积； （ii）求直线AD与平面BCF所成角的大小. 18. 已知函数． （1）当时， （i）求曲线在处的切线方程； （ii）求函数的最大值． （2）若不等式恒成立，求实数的取值范围． 19. 已知双曲线 的两条渐近线分别为 过点 作 的平行线交于点A，作 的平行线交 于点B，且 （1）若C的焦距为 求C的方程. （2）过点 P 且斜率为k的直线与C的左、右两支分别交于点 （i）证明： 成等比数列； （ii）设Q为C的右顶点，若过点Q的直线l平分 直线l的倾斜角为θ，求 的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $