精品解析：河北沧州市南皮县第一中学2026届高三模拟预测数学试题

河北沧州市南皮县第一中学2026届高三模拟预测数学试题 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 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用补集的定义求解. 【详解】不等式，解得， 即，而， 所以或. 故选：D 2. 设，是虚数单位，则“复数为纯虚数”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的分类，以及充分条件与必要条件的概念，即可求出结果. 【详解】因为， 若复数为纯虚数，则，，所以；即“复数为纯虚数”是“”的充分条件； 若，则，但复数不是纯虚数；即“复数为纯虚数”不是“”的必要条件； 综上，“复数为纯虚数”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题主要考查判断命题的充分不必要条件，涉及复数的分类，属于基础题型. 3. 在中国农历中，一年有24个节气，“立春”居首.北京2022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24个节气中随机选取3个介绍给外国的朋友，则这3个节气中含有“立春”的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用古典概型运算公式进行求解即可. 【详解】这3个节气中含有“立春”的概率为, 故选：B 4. 在的展开式中，含项的系数是（ ） A. 42 B. C. 84 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项式定理直接求解. 【详解】在的展开式中，含的项为， 所以含项的系数是84. 故选：C 5. 若函数的对称中心与函数的对称中心重合，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别写出的对称中心为，的对称中心为，由题意得到，求解即可. 【详解】令，得， 所以函数的对称中心为， 又函数的对称中心为， 函数的对称中心与函数的对称中心重合， 所以，即， 故选：D 6. 若a，，且，则ab的最小值为（ ） A. 5 B. 17 C. 25 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用基本不等式，结合一元二次不等式求解即得. 【详解】由，，得， 则，解得，因此， 当且仅当时取等号，所以当时，ab取得最小值25. 故选：C 7. 在棱长为2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. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点的中点的中点F，连接和，可证面面，故动点在面内的轨迹为，结合几何关系即可求出线段长度的最大值. 【详解】取的中点的中点的中点F，连接和， 由分别为的中点，知，同理可知：,，有， 又由,面且平面，所以平面， 同理可知，平面. 因为,平面平面，所以平面平面， 而平面，故动点在平面内的轨迹为， 由可知，， 所以，即，所以线段的最大值为. 故选：A. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】由的坐标及已知等式，可得到，结合求出点的轨迹方程为，其轨迹为以为圆心的圆，进而求出的最大值，根据（r为轨迹圆的半径）即可求出答案. 【详解】因为圆，所以圆心， 由是圆上的动点知， 由，得， 由，得， 所以， 将等式两边同时平方，得， 所以，所以动点的轨迹方程为， 由椭圆的方程可设点的坐标为， 由动点的轨迹方程可得该圆的圆心为，半径为，如图， 则， 当时，， 所以. 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. 【答案】ABD 【解析】 【详解】函数的单调递增区间为， 依题意，，则，解得， 因此的可能取值是，ABD是，C不是. 10. 如图，圆柱的轴截面是正方形，E在底面圆周上， ，F是垂足，G在BD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 【答案】AD 【解析】 【分析】选项A：由线面垂直的判定定理，以及线面垂直的性质定理得出； 选项B：平移法找出异面直线所成角，构造三角形，求解三角形可得； 选项C：找出线面垂直，作出线面角，再求解三角形可得； 选项D：运用线面平行的判定定理，以及线面平行的性质定理可得. 【详解】对于A：由圆柱的性质得：面，面， 又是下底面圆的直径 又，面，面 面，又面 ，又 又，面，面 面，又面，A正确； 对于B：过点作交于点，如图 则就是直线与直线所成角（或补角） 设，则 在中， ， 在等腰中，，又 在中，，， 即： 在中，，， 在中，， ，B错误； 对于C：取的中点，连接，如图所示 则：，面，又面 又，面，面 面 就是直线与平面所成角 又 ，C错误； 对于D：在中，，， ，又面，面 面 又平面平面，面 ，D正确. 故选：AD. 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. 【答案】AB 【解析】 【分析】确定直线方程，计算交点坐标，得到，A正确，根据两点间距离公式得到，B正确，计算，C错误，计算到两直线的距离不相等，D错误. 【详解】双曲线的右焦点为，直线 联立，解得 根据对称性知 对选项A，故，A正确； 对选项B：，故，B正确； 对选项C， ，C错误； 对选项D，而，所以， 由角平分线定理可知：， （另解：直线到的距离为到的距离为， 两者不相等，），D错误 故选：AB. 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______. 【答案】 【解析】 【分析】将分式不等式变形为，然后转化为，求解即可. 【详解】，即， 所以，解得或， 所以不等式的解集为. 故答案为：. 13. 在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是________． 【答案】或0 【解析】 【分析】根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解. 【详解】∵三点共线， ∴可设， ∵， ∴，即， 若且，则三点共线， ∴，即， ∵，∴， ∵,,， ∴， 设，，则，. ∴根据余弦定理可得，， ∵， ∴，解得， ∴的长度为. 当时， ，重合，此时的长度为， 当时，，重合，此时，不合题意，舍去. 故答案为：0或. 【点睛】本题考查了平面向量知识的应用、余弦定理的应用以及求解运算能力，解答本题的关键是设出． 14. 已知圆，当圆的面积最小时，直线被圆截得的弦长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】化圆的一般方程为标准方程，求出圆面积最小时的圆心和半径，再根据半弦和圆心到直线的距离以及半径之间满足勾股定理即可求得弦长. 【详解】 圆即， 故当圆的面积最小时，即圆的半径最小，即， 此时圆方程为，圆心为半径为， 圆心到直线的距离为， 直线被圆截得的弦长为. 故答案为：. 【点睛】本题考查圆的面积、直线与圆的位置关系.由圆的方程求出面积最小时的圆，以及弦长的求法，利用半弦和圆心到直线的距离以及半径之间满足勾股定理，是基础题. 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. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求的解析式； （2）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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先根据恒等变换公式化简函数解析式，再通过函数过点求出的值，进而求解出函数解析式； （2）通过三角函数图像变化求解的解析式，再通过整体代换的方法求解三角函数不等式即可. 【小问1详解】 ， 由图知，过点，即，则， 由图得，，解得． 所以． 【小问2详解】 由题得，， 由，得，则， 所以， 解得， 因此，使成立的的取值集合是． 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，为等边三角形，． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 因为底面为矩形，所以， 又因为，所以， 又因为平面，， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）只需证明平面，只需证明，即可，而由平行线、矩形的性质即可得证； （2）取中点连接，以点为原点建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，根据向量夹角的余弦公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点连接，因为为等边三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 如图所示，以点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以， 从而， 设平面的法向量分别为， 从而，， 令，解得， 故可取， 设平面与平面夹角为，则， 故所求为. 17. 已知函数. （1）若函数是偶函数，求实数m的值； （2）若，使得.成立，求实数m的取值范围. 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）由，即恒成立可求出； （2）由得，，再根据指数函数的单调性可求出的范围. 【小问1详解】 由函数是偶函数知，. 故，即， 化简得，恒成立. 故，实数m的值为1. 【小问2详解】 方法一： 若，使得，则， 即，能成立. 于是，，， 由指数函数单调性，得， 故实数m的取值范围为. 方法二： 若，使得，则， 即，能成立. 于是，，， 由指数函数单调性，得 解得，故实数m的取值范围为. 18. 已知椭圆的离心率，且椭圆的长轴长为4. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于两点，且，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由长轴长可得，再根据离心率可得，再求，即可得到方程； （2）方法一、根据题意，直线斜率为0时，得到不符合题意，当直线斜率不为0时，设，联立曲线得到，再根据求解即可；方法二、直线斜率不存在时，，不符合题意，当直线斜率存在时，设，联立曲线得到，再根据求解即可. 【小问1详解】 由题可知，，， 又，且，解得，， 则椭圆的方程为. 【小问2详解】 法一：①当直线斜率为0时，， 不符合题意. ②当直线斜率不为0时，设直线方程为， 联立，得，， 设，则. 由题意，， 即，解得. 故直线的方程为：或. 法二：①当直线斜率不存在时，，不符合题意. ②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. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）设函数，求的单调区间； （3）判断极值点的个数，并说明理由． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）；理由见解析 【解析】 【分析】（1）求出导数，然后求出，从而求解. （2）由（1）知，然后求出导数，从而可求解. （3）根据（2）中分类讨论的情况，然后求出相应的解，从而求出单调区间，从而求解. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 由（1）知，所以， 令，即，解得或， 当，， 当，， 当，， 所以在，单调递增，在单调递减. 【小问3详解】 个极值点，理由如下： 由（2）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 $ 河北沧州市南皮县第一中学2026届高三模拟预测数学试题 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. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 3. 在中国农历中，一年有24个节气，“立春”居首.北京2022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24个节气中随机选取3个介绍给外国的朋友，则这3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. 42 B. C. 84 D. 5. 若函数的对称中心与函数的对称中心重合，则（ ） A. 1 B. C. D. 6. 若a，，且，则ab的最小值为（ ） A. 5 B. 17 C. 25 D. 36 7. 在棱长为2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，E在底面圆周上， ，F是垂足，G在BD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△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD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. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求的解析式； （2）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. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，为等边三角形，． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知函数. （1）若函数是偶函数，求实数m的值； （2）若，使得.成立，求实数m的取值范围. 18. 已知椭圆的离心率，且椭圆的长轴长为4. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆交于两点，且，求直线的方程. 19. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）设函数，求的单调区间； （3）判断极值点的个数，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $