河北沧州市南皮县第一中学2026届高三模拟预测数学试题

**基本信息** 结合北京冬奥会节气概率题、函数与导数综合应用，覆盖集合、立体几何等核心知识，通过多题型梯度设计考查数学眼光、思维与语言。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、复数、概率、二项式定理|节气概率题体现文化传承，复数充要条件考查逻辑推理| |多选题|3/18|函数单调性、立体几何、双曲线|圆柱截面问题融合空间想象与运算能力| |填空题|3/15|不等式、解三角形、圆方程|三角形动态问题考查数学建模与转化思想| |解答题|5/77|三角函数图像、立体几何面面垂直、导数应用、椭圆方程|导数极值点分析综合考查数学思维与表达，椭圆与直线综合题体现解析几何应用|

高三数学 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知全集，集合，则(    ) A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 2.设，，是虚数单位，则“复数为纯虚数”是“”的(    ) A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3.在中国农历中，一年有个节气，“立春”居首北京年冬奥会开幕正逢立春，开幕式上“二十四节气”的倒计时让全世界领略了中华智慧墩墩同学要从个节气中随机选取个介绍给外国的朋友，则这个节气中含有“立春”的概率为(    ) A. B. C. D. 4.在的展开式中，含项的系数是(    ) A. B. C. D. 5.若函数的对称中心与函数的对称中心重合，则(    ) A. B. C. D. 6.若，，且，则的最小值为(    ) A. B. C. D. 7.在棱长为的正方体中，点是的中点，点是侧面上的一个动点，满足平面，则线段长度的最大值为(    ) A. B. C. D. 8.已知，是圆上的动点，且，当点满足，点在椭圆上运动时，的最大值为(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.已知函数在区间上单调递增，则的可能取值是(    ) A. B. C. D. 10.如图，圆柱的轴截面是正方形，在底面圆周上，，，是垂足，在上，，则下列结论中正确的是(    ) A. B. 直线与直线所成角的余弦值为 C. 直线与平面所成角的余弦值为 D. 若平面平面，则 11.在平面直角坐标系中，已知双曲线的右焦点为，过且倾斜角为的直线与双曲线的左右两支分别交于点，，直线交双曲线于另一点，连接，，，则(    ) A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.不等式的解集为          ． 13.在中，，，，在边上，延长到，使得，若为常数，则的长度是          ． 14.已知圆，当圆的面积最小时，直线被圆截得的弦长为          ． 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.本小题分 已知函数的部分图象如图所示． 求的解析式； 把的图象向右平移个单位长度，得到函数，求使成立的的取值集合． 16.本小题分 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，为等边三角形，． 证明：平面平面 求平面与平面夹角的余弦值． 17.本小题分 已知函数． Ⅰ若函数是偶函数，求实数的值 Ⅱ若，使得成立，求实数的取值范围． 18.本小题分 已知椭圆的离心率，且椭圆的长轴长为． 求椭圆的方程 过点的直线与椭圆交于，两点，且，求直线的方程． 19.本小题分 已知函数． 求曲线在处的切线方程； 设函数，求的单调区间； 判断极值点的个数，并说明理由． 答案 1. 2. 3. 4. 5.  6. 解：因为，由题意得，变形为， 根据基本不等式，对正实数，有当且仅当时取等号， 因此，设，因， 则不等式化为：， 即，因，故，因此，即， 所以，两边平方得， 验证等号成立条件：当时，代入原式，得：， 即，因，则，则，满足，故等号成立， 因此的最小值为． 7. 解：根据题意：以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，， ，， 平面过点、、， 向量，， 设法向量，由，得，取， 平面等价于， ， 故，即， ． 由得，函数在上单调递增， 故时最大，最大值为． 8.  解：因为圆，所以圆心， 由，是圆上的动点，所以， 由，得， 由，得， 将等式两边同时平方， 得 ， 所以，所以动点的轨迹方程为， 由椭圆的参数方程可设点的坐标为，，由动点的方程可得圆心坐标为，半径为，则，当时，，此时． 9.  10.  解：因为是圆柱的轴截面，在底面圆周上，且， 所以取的中点，的中点，连接，，则，，两两垂直， 因此以的坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系如下图： 设圆柱的底面半径为． 因为圆柱的轴截面是正方形，所以，， 因此，，，，． 因为是圆柱的母线，所以平面，而平面，因此． 又因为，所以，因此，即， 而，所以， 因此， 而，所以，因此，故A正确 又因为在上，，所以， 因此， 所以，即直线与直线所成角的余弦值为，故B不正确 因为是平面的一个法向量，， 所以若直线与平面所成角， 则， 因此，故C不正确 因为，，所以， 而平面，平面， 因此平面，而平面， 所以若平面平面，则，故D正确． 11.  解：双曲线中，，，故，右焦点， 直线过且倾斜角为，斜率，方程为，化简得， 将代入双曲线方程：， 展开并整理得，解得：， 对应值：左支，右支， 直线过原点且过，方程为，代入双曲线得， 故关于原点的对称点． 选项A：，，向量，， 因为，故，A正确； 选项B：， ， 故，B正确； 选项C：， ，，， ， ， ，故C错误； 选项D：， ，，， ， ， 两余弦值不等，故D错误． 12.，  13.  解：如图，以为坐标原点，分别以，所在直线为，轴建立平面直角坐标系， 则，， 由， 得， 整理得： ． 由，得， 解得或． 当时，，此时与重合，； 当时，直线的方程为， 直线的方程为， 联立两直线方程可得 即 ． 的长度是或． 14.  解：圆， ， 当且仅当时半径最小，圆的面积最小， 所以当圆的面积最小时，圆的方程为， 圆心，半径， 圆心到直线距离为， 所以弦长为 故答案为． 15.解：， 由图知，过点，即，则， 由图得，解得， 所以； 由题得，， 由，得，则， 所以，， 解得，， 因此，使成立的的取值集合是．  16.解：证明：因为底面为矩形， 所以， 又因为，，，平面， 所以平面． 因为平面， 所以平面平面． 取中点为，连接， 因为为等边三角形， 所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 如图，分别以，为，轴建立空间直角坐标系， 则，，， 所以， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则． 又平面的法向量为， 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.解：Ⅰ若函数是偶函数，则， 又， 所以， 所以恒成立，所以； Ⅱ若，使得成立， 即， 所以，使得， 即，即， 所以， 所以，使得， 因为， 所以， 所以， 所以， 则，解得， 所以的取值范围为．  18.解：由题可知，，， 又，且， 得，， 则椭圆的方程为． 当直线斜率为时，，不符合题意． 当直线斜率不为时，设直线方程为， 联立，得， 设，，则． 由，得， 即， 解得 故直线的方程为：或．  19.解：由题意知，定义域为， 所以， 所以直线的斜率，， 所以切线方程为，即． 由知， 所以， 令，即，解得或， 当，， 当，， 当，， 所以在，单调递增，在单调递减． 个极值点，理由如下： 由知当时，在区间上单调递增， ，， 所以存在唯一，使； 当时，在区间上单调递减， ，， 所以存在唯一，使； 当时，，，所以 所以在区间无零点； 综上，当，， 当，， 当，， 所以当时，取到极小值；当时，取到极大值； 故有个极值点．   第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $