精品解析：河南省开封高级中学2026届高三下学期模拟预测数学试题

2026年普通高等学校招生全国统一考试（全真模拟卷）数学 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城内．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. 复数的虚部是（ ）. A. B. C. 8 D. 2. 已知是定义域为的奇函数，且当时，．若，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知等比数列的首项为1，前n项和为，若，则（　　） A. B. 1 C. 2 D. 1或 4. 已知向量，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 5. 已知是直线上的任意一点，若过点作圆的两条切线，切点分别记为A,B，则弦长AB的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 1 6. 在次伯努利试验中，设每次成功的概率为，则失败的概率为，将试验进行到恰好出现次成功时结束试验，用随机变量表示试验次数，则称服从以、为参数的帕斯卡分布，记为．已知，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成一个多面体，其中一个四棱柱的侧棱与另一个四棱柱的侧棱垂直，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点（如C，D），另外两条相对的侧棱交于一点（如O）.已知正四棱柱底面边长为，侧棱长为3，则该多面体的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数,若，，，则的最小值为（ ） 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 若随机变量满足，则 B. 在回归分析中，决定系数的值越接近1，模型的拟合效果越好 C. 经验回归直线至少经过其样本数据点中的一个点 D. 若事件满足，则 10. 过点的直线交抛物线于，两点，线段的中点为，抛物线的焦点为，下列说法正确的是（ ） A. 以为直径的圆过坐标原点 B. 若，则 C. 若直线的斜率存在，则斜率为 D. 11. 已知数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. 数列为递减数列 C. 任意， D. 任意， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则__________. 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在上，且，，则的离心率______． 14. 已知1～10这10个正整数的随机排列为，，…，．记，，2，…，9，事件为“，，…，满足”，则事件的概率为______，事件的概率为______． 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，在三棱锥中，平面，为等腰三角形，，，，为的中点，是的中点，且． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的正切值． 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，. （1）求B； （2）若D为外一点，B，D分别位于直线的两侧，，，，求的面积. 17. 甲、乙两名选手进行乒乓球比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立． （1）若比赛最多进行5局（若打5局，第5局胜者赢得比赛），求比赛结束时比赛局数的分布列及期望； （2）若不限比赛局数，每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，记“甲赢得比赛”为事件，证明：． 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，轴，且． （1）求的方程； （2）过点的直线交于不同的两点于点， ①求面积的最大值； ②判断直线是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，说明理由． 19. 已知函数． （1）若在上单调递增，求的取值范围； （2）若有3个零点． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年普通高等学校招生全国统一考试（全真模拟卷）数学 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城内．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. 复数的虚部是（ ）. A. B. C. 8 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据复数的乘法和除法运算化简复数，再由复数的概念可求得选项. 【详解】因为，所以复数的虚部是， 故选：A. 【点睛】本题考查复数的除法和乘法运算，以及复数的概念，属于基础题. 2. 已知是定义域为的奇函数，且当时，．若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据奇函数的性质，可知，再代入解析式求解. 【详解】当时，， 由，可知，，且由奇函数可知，， 所以，得. 3. 已知等比数列的首项为1，前n项和为，若，则（　　） A. B. 1 C. 2 D. 1或 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的公比是不是，结合等比数列的前n项和公式分类讨论进行求解即可. 【详解】设该等比数列的公比为， 当时，，不符合题意； 当时，， 所以. 4. 已知向量，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】先根据向量减法法则，计算出的坐标，再利用向量垂直的性质（两个向量垂直，则它们的数量积为0），列方程求出参数的值和的坐标，并计算的坐标，最后根据向量模长公式，求出的值即可. 【详解】由题知， 因为， 所以，解得 所以，则：， 所以. 5. 已知是直线上的任意一点，若过点作圆的两条切线，切点分别记为A,B，则弦长AB的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆心到直线的距离可得，由于，所以与互补，从而得弦长AB最小得情况，即可得所求. 【详解】圆心到直线的距离为， 在直角三角形OAP中，， 所以，由于， 所以可得，则， 因为，所以与互补， 所以当时，弦长AB最小，此时，弦长. 故选：C. 6. 在次伯努利试验中，设每次成功的概率为，则失败的概率为，将试验进行到恰好出现次成功时结束试验，用随机变量表示试验次数，则称服从以、为参数的帕斯卡分布，记为．已知，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求出、的表达式，根据题干条件可得出关于的不等式，解之即可. 【详解】因为，根据题意得， ， 因为，所以， 因为，化简可得，解得，故， 所以的最大值为. 7. 如图，两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成一个多面体，其中一个四棱柱的侧棱与另一个四棱柱的侧棱垂直，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点（如C，D），另外两条相对的侧棱交于一点（如O）.已知正四棱柱底面边长为，侧棱长为3，则该多面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意用两个柱体体积减去重叠部分体积，计算即可. 【详解】如图两个正四棱柱的重叠部分为多面体，取的中点I， 则多面体可以分成8个全等三棱锥， 则，且平面，， 则， 该“十字贯穿体”的体积即为. 8. 已知函数,若，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由于的取值范围是， ，所以当且仅当 且 ， 因为，所以， 要使在上能取到，则区间 内至少要包含一个形如的数， 其中最小的可能值为(当时)，故需满足，解得； 要使在上能取到，则区间 内至少要包含一个形如的数，其中最小的可能值为(当时)，故需满足， 解得；为使，均在内，需同时满足和，因此最小的为. 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 若随机变量满足，则 B. 在回归分析中，决定系数的值越接近1，模型的拟合效果越好 C. 经验回归直线至少经过其样本数据点中的一个点 D. 若事件满足，则 【答案】AB 【解析】 【详解】选项A：根据方差的运算性质，对任意常数，有，本题中，因此，A正确． 选项B：回归分析中，决定系数衡量模型对因变量变化的解释能力，越接近1，说明残差平方和越小，模型拟合效果越好，B正确． 选项C：经验回归直线一定经过样本中心点，但不需要经过任何一个样本数据点，C错误． 选项D：由条件概率性质，，因此，D错误． 10. 过点的直线交抛物线于，两点，线段的中点为，抛物线的焦点为，下列说法正确的是（ ） A. 以为直径的圆过坐标原点 B. 若，则 C. 若直线的斜率存在，则斜率为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】设，联立抛物线方程得到韦达定理式，计算即可判断A；直接代入并利用焦半径公式即可判断B；求出，则，即可判断C；计算得即可判断D. 【详解】由题意可知直线斜率不为0，设， 联立得， 则， 对于A选项，， 因为，所以，所以以为直径的圆过坐标原点，A说法正确； 对于B选项，若，则，由抛物线的定义可得，B说法错误； 对于C选项，因为为线段中点，所以， 若直线的斜率存在，则， 直线的斜率，C说法正确； 对于D选项，，D说法正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是采用设线法并联立抛物线方程得到韦达定理式，再整体代入一一判断即可. 11. 已知数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. 数列为递减数列 C. 任意， D. 任意， 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，代入求值即可判断；对于B，，说明，即可证明，即可判断B；对于C，求出即可判断；对于D，先证明，由，两边同时除以得，当时，利用累加法得到，即可得到，再讨论，即可判断D. 【详解】对于A，，，，故A正确； 对于B，， 当时，若，则或， 令，即，因为，故方程无解，即， 当时，或，而， 以此类推，或， 又，所以， 所以，所以， 所以数列为递减数列，故B正确； 对于C，， 所以，故C错误； 对于D，因为数列为递减数列，故， 由可得，即， 由，两边同时除以得，即， 所以当时， ，，，， 上式累加得， 即， 又，所以， 当时，，此时， 综上，，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则__________. 【答案】-3 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出切线斜率，再根据两直线垂直的判断方法列方程求解即得. 【详解】由求导可得，则， 因为该切线与直线垂直， 则，解得. 故答案为：. 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在上，且，，则的离心率______． 【答案】 【解析】 【分析】利用双曲线定义结合条件求出，再由余弦定理即可得到的方程，即可求其离心率. 【详解】如图，设．则．由双曲线定义可得．即， 所以，，又，． 在中，由余弦定理得， 解得，故的离心率． 14. 已知1～10这10个正整数的随机排列为，，…，．记，，2，…，9，事件为“，，…，满足”，则事件的概率为______，事件的概率为______． 【答案】 ①. ②. ##0.7 【解析】 【分析】由事件的定义对10，9，8三个数所在的集合进行分类讨论，确定8，9，10都在前段，因而可得事件等价于8，9，10都在前k个位置，再利用古典概型概率公式结合排列数公式计算即得. 【详解】记，，则等价于。 ①若10在后段，则，，于是，不满足； ②若10在前段，但8或9在后段，则，，于是，不满足； ③若8，9，10都在前段，则，于是，满足． 因此，事件等价于8，9，10都在前k个位置． 计算：将8，9，10放在前3个位置，共3！种选择，余下的7个位置随机排列，共7！种选择，因此． 注意到对，2，…，8，均有为的子事件，因此． 计算：将8，9，10放在前9个位置，等价于第10位是1到7中的某个数，共7×9！种选择， 因此． 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，在三棱锥中，平面，为等腰三角形，，，，为的中点，是的中点，且． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的正切值． 【答案】（1）在平面中，以为原点，所在直线为轴，作轴， 因为平面，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， ，，，，，，， ，，因为平面，所以平面的一个法向量为， 因为，平面，所以平面； （2）． 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为轴平面，所以平面的一个法向量为及，， 设平面的一个法向量为，，， 取，则，，所以，设平面与平面的夹角为， ，，， 所以平面与平面夹角的正切值为． 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，. （1）求B； （2）若D为外一点，B，D分别位于直线的两侧，，，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式可求得的值，则角B可求； （2）结合直角三角形性质和正弦定理求出，列方程求得，再由两角和的正弦公式得，代入三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 因为，所以 ， 由正弦定理可得， 所以，所以， 又，则，所以， 则，，所以． 【小问2详解】 由（1）知，，，在中，由正弦定理得，， 所以. 又，，，所以， 故，即. 又，所以，所以. 又， 所以的面积为. 17. 甲、乙两名选手进行乒乓球比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立． （1）若比赛最多进行5局（若打5局，第5局胜者赢得比赛），求比赛结束时比赛局数的分布列及期望； （2）若不限比赛局数，每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，记“甲赢得比赛”为事件，证明：． 【答案】（1） 2 4 5 （2）设事件，分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”， 由题知甲最后赢得比赛的局数是偶数， 由题设可知前两局比赛结果可能是，，，，其中事件表示“甲赢得比赛”， 事件表示“乙赢得比赛”，事件，表示“甲、乙各得1分”， 当甲、乙得分总数相同时，甲最后赢得比赛的概率与比赛一开始甲赢得比赛的概率相同， 所以 ， 因此，得， 而，所以． 【解析】 【分析】（1）求出的所有可能值，利用相互独立事件与互斥事件概率运算求得相应的概率，列出分布列并求得期望； （2）设事件，分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，则，利用相互独立事件概率运算即可求解. 【小问1详解】 由题意得的所有可能取值为2，4，5，则， ， ， 所以的分布列为 2 4 5 ． 【小问2详解】 略 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，轴，且． （1）求的方程； （2）过点的直线交于不同的两点于点， ①求面积的最大值； ②判断直线是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，说明理由． 【答案】（1） （2）① ；② 过定点 . 【解析】 【分析】（1）先由焦点得，建立；再利用轴，将点横坐标代入椭圆，联立方程组，求出的解，得到椭圆方程； （2）①设直线，联立椭圆得一元二次方程，由韦达定理写出、；将面积转化为，换元后用均值不等式求最值，得最大值即可； ②由得，写出直线方程，令求；代入并结合韦达定理化简，消去参数后得，即可得到直线的定点. 【小问1详解】 因为椭圆，焦点， ， 由 轴，点的横坐标为，代入椭圆方程：，， 联立方程组：，解得， ∴椭圆的方程为：. 【小问2详解】 由（1）知点 ， 为直线 ，由 ，得 ， 设直线 的方程为，， 则联立：， 消元得：， ，所以 由韦达定理： ①， 则， 令，则，所以， 由均值不等式，当且仅当 时取等号， ②直线 过点 和，方程为： 令，得：， 将 代入：， 由韦达定理得 ， 代入化简：， ∴直线恒过定点. 19. 已知函数． （1）若在上单调递增，求的取值范围； （2）若有3个零点． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意得在上恒成立，则在上恒成立，然后构造函数，利用导数求出其最大值即可； （2）（i）根据题意将问题转化为有个不同的实数根，构造函数，利用导数求出其单调区间和极值即可得答案；（ii）将问题转化成证明，即证，再转换为证明当时，构造函数利用求得其最小值大于零即可. 【小问1详解】 ，求导可得， 因为在上单调递增，所以当时，，即， 设，求导可得， 令，即，可得， 当时，单调递增，当时，单调递减， 因此的极大值为，即， 所以的取值范围是． 【小问2详解】 （i）令，可得， 因为有三个零点，所以，因此可得有个不同的实数根， 设，求导可得， 令，即，可得， 当时，，单调递增，的值域为， 当时，，单调递减，的值域为， 所以当且仅当时，有3个不同的实数根， 的取值范围是． （ii）证明：，， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 且，， ，，， ，， 在上单调递增，, ，， 证明可以转化成证明，即证， ，化简可得， ， 设，可得， 证明可以转换为证明当时，即证， 设，则， 当时，， 在上单调递增，，， ，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $