河南省2026届普通高中学生高三数学考前适应性考试

**基本信息** 这份高三三模数学试卷通过函数性质、立体几何、概率统计等知识，结合借阅数据、抽卡游戏等现实情境，考查数学抽象、逻辑推理与数据观念，适配高考命题趋势。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|集合、函数奇偶性、向量分解|第4题三角函数对称中心考查几何直观| |多选题|3/18|统计回归、抛物线焦点、三棱锥外接球|第9题用借阅数据考查线性相关与回归分析| |填空题|3/15|二项式系数、锐角三角形边角关系、抽卡概率|第14题双空设计，结合游戏情境考查概率与期望| |解答题|5/77|概率分布列、解三角形、立体几何线面角、导数不等式证明、椭圆综合|第18题导数分层设问，第19题椭圆综合考查充要条件与面积最值，体现逻辑推理与创新意识|

机密★启用前 试题卷类型：A 河南省2026届普通高中学生第三次适应性考试 数学试题卷 本试题卷共4页，四大题，19小题，满分150分。考试时间120分钟。 注意事项： 1． 答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 2． 回答选择题时，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。回答非选择题时，用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上。写在本试题卷上无效。 3． 考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。 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．2 D． 3．在中，为边上靠近点的三分点，为的中点，则 A． B． C． D． 4．已知函数，则曲线在区间上的对称中心的个数为 A．6 B．3 C．4 D．5 5．若定义在上的偶函数满足，且当时，，则 A． B．0 C． D． 6．已知数列的前项和为 ，且，则“”是“数列为递增数列”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 7．过点的直线与圆交于两点，则的最小值为 A． B． C． D．2 8．已知函数，点在曲线上，则 A．有最大值为，最小值为1 B．有最大值为0，最小值为 C．有最大值为0，无最小值 D．无最大值，有最小值为 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．每年4月23日为“世界读书日”，某学校于四月份开展“书香润泽校园，阅读提升思想”主题活动，为检验活动效果，学校收集当年二至六月的借阅数据如下表： 二月 三月 四月 五月 六月 月份代码 1 2 3 4 5 月借阅量（百册） 4.9 5.1 5.5 5.7 5.8 根据上表，可得关于的经验回归方程为，则下列结论正确的是 A． B．借阅量的下四分位数为5.7 C．与的线性相关系数 D．七月的借阅量一定不少于百册 10．已知为坐标原点，抛物线，，，异于原点的点，分别在，上，，的焦点分别为，，若，则 A． B．当时， C． D． 11．三棱锥中，，且，，与平面所成角为，下列说法中正确的有 A．当时 B．当时三棱锥的外接球半径为 C．三棱锥的外接球半径为2时 D．三棱锥的外接球半径最小时，三棱锥的体积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．的展开式中的系数为________. 13．在锐角三角形中，内角所对的边分别为，若，则的取值范围为__________. 14．甲､乙两人进行抽卡游戏：每一局游戏中，将编号分别为的张卡片的背面朝上并搅匀，甲先从中随机抽取张卡片，乙再从剩下的卡片中随机抽取张卡片.记为甲抽取的张卡片中较大编号者的编号，为乙抽取的卡片的编号，当时，称该局为“默契局”，则一局游戏成为“默契局”的概率为__________；游戏规定：出现“默契局”时，乙得分，甲得分，否则乙得分，甲得分，则三局游戏后甲､乙两人得分之和的数学期望__________. 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．现有一堆除颜色外其他都相同的小球在甲、乙两个袋子中，其中甲袋中有3个红色小球和3个白色小球，乙袋中有2个红色小球和3个白色小球．小明先从甲袋中任取2个球不放回，若这2个球的颜色相同，则再从乙袋中取1个球；若这2个球的颜色不相同，则再从甲袋中取1个球． (1)求小明第二次取到的球是红球的概率； (2)记为小明取到的红球个数，求的分布列及期望值． 16．在中，设边a，b，c所对的角分别为A，B，C，． (1)若，求的面积； (2)求的取值范围． 17．如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，，， (1)求证：平面； (2)若，分别为棱，的中点，求证：∥平面； (3)设为等边三角形，求直线与平面所成角的大小． 18．已知，，． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意，都有，求a的取值范围； (3)若，证明：． 19．已知椭圆的离心率为，左焦点为，直线0）交椭圆于P，Q两点． (1)求的值． (2)若点在椭圆上（与点P，Q不重合），直线MP的斜率与直线MQ的斜率分别为和． （i）求证：“”的充要条件是“”； （ii）若，求面积的最大值． 数学试题卷　第 1 页（共 4 页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 参照机密级管理★启用前 参考答案及解析类型：A 河南省2026届普通高中学生第三次适应性考试 数学参考答案及解析 题号 1 2 3 4 5 6 答案 D A C D C C 题号 7 8 9 10 11 答案 A B AC ABD AD 1．D 【分析】先求出集合中不等式的解集，然后根据集合的交集定义求出. 【详解】由，可得 ，， 故. 故选：D. 2．A 【详解】因为， 所以. 3．C 【分析】建立平面直角坐标系确定、的向量坐标，利用向量的数量积公式计算即可. 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系. 因为，，所以，，， 因为为中点，所以，，则. 所以，. 所以 .    4．D 【分析】结合正弦型函数性质计算可得对称中心的横坐标，，再计算其中在区间中的个数即可得. 【详解】对于函数，其对称中心的横坐标满足， 故，，解得，， 其在区间上的横坐标可以为，，，，， 于是曲线在区间上有个对称中心. 故选：D. 5．C 【详解】因为是偶函数，所以， 由，得， 所以，得， 所以是以4为周期的函数， 所以． 6．C 【分析】根据与的关系求出，进而求得，结合数列为递增数列，求出的范围；结合充分条件、必要条件判断即可. 【详解】当时，， 当时，， 当时，， 要使数列为递增数列，则， 即，解得； 若，则一定满足且，数列递增，充分性成立； 若数列递增，则必有，必要性成立； 所以“”是“数列为递增数列”的充要条件. 7．A 【分析】结合图形可知，当时取得最小值，然后可解. 【详解】将圆化为， 圆心，半径， 因为，所以点在圆C内， 记圆心C到直线l的距离为d，则， 由图可知，当，即时，取得最小值， 因为， 所以的最小值为. 故选：A    8．B 【分析】首先利用导数求出函数的值域，即为的取值范围，再利用，令，转化为求的最值. 【详解】由，则， 设，， 当时，，在区间单调递增， 当时，，在区间单调递减， 所以当时，取得最大值，， 且时，，， 所以当时，，即，函数在区间上单调递增， 当时，，即，函数在区间上单调递减， 所以当时，取得最大值， 当时，，当时，， 所以函数的值域是， 由题意可知，，所以， 设，， 当时，， 所以当时，，在区间单调递减， 当时，，在区间单调递增， 所以当时，取得最小值，当时，， 当时，，且，所以函数的值域是， 所以的取值范围是， 故选：B． 【点睛】关键点睛：由点在曲线上，即，因此本题的关键是将求的最值转化为求的最值. 9．AC 【分析】对于A：根据回归方程必过样本中心点分析运算；对于B：根据百分位的定义分析运算；对于C：根据相关系数的概念分析理解；对于D：取，代入回归直线分析运算. 【详解】对于A：因为，， 所以，得，所以A正确； 对于B：因为，所以借阅量的下四分位数为，所以B错误； 对于C：因为，所以与的线性相关系数，所以C正确； 对于D：由选项A可知线性回归方程为， 当，则， 所以七月的借阅量约为百册，所以D错误； 故选：AC. 10．ABD 【分析】运用抛物线的性质，结合给定条件把直线与曲线联立求出交点，将三角形面积比转化为关于式子之比，逐个计算判断即可. 【详解】因为，所以抛物线不重合， 故，不可能共点，即，故A正确， 由题意得，不妨设点，均在直线上， 且设，，联立方程组，， 得到，解得或， 即，同理，因为，所以， 由弦长公式得， ，而， 当时，成立，故B正确， 由于直线过原点，故，到直线的距离之比 等同其到原点的距离之比，故， 化简得，故C错误， 而，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何，解题关键是利用抛物线的性质并联立求出交点，然后用含有的式子表示三角形面积，得到所要求的比例关系即可． 11．AD 【分析】由题意，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用线面角公式求出与的数量关系，结合外接球球心坐标公式、体积公式列方程分别求出点的坐标，再利用三角函数范围确定参数. 【详解】由，，得. 以为原点，为轴正方向，为轴正方向，过点垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 则，，. 设，由得：， ，则，所以. 因，则，所以. 代入得： ， 由得，即，所以，结合，得. 在底面上的投影为，与平面所成角满足：. 对于A，当时，则有，解得，则，，故A正确； 对于B，当时，由选项A得，则对于，有， ，故. 设球心，则，， 由得，解得，则球心，半径，故B错误； 对于C，设球心，半径，由得，所以. 由 得 . 当时，由 ，解得（舍）或（舍）； 当时，由 ，解得（舍）或. 代入得 ，即，解得， 则，而，故C错误； 对于D，外接球半径最小时，球心在底面上，，此时， 由 ，得，代入，解得，所以，，故， 则三棱锥的体积为，故D正确. 12．80 【分析】二项式展开式的通项公式求解即可. 【详解】 的展开式的通项为， 令，可得，则，故的系数为80. 13． 【分析】借助正弦定理与三角形内角和可将、用角表示，再借助三角恒等变换公式可用表示出，最后求出的范围即可得解. 【详解】由正弦定理可得、， 则 ， 由三角形为锐角三角形，则，即， 则，故， 即，即的取值范围为. 14． 【分析】①根据的可能取值分类讨论即可，②先考虑单局游戏得分之和的数学期望，再根据每局游戏是相互独立的，从而计算结果. 【详解】①甲先从张卡片中随机抽取张，有种组合，乙从剩下的张中随机抽取张，有种组合， 因此一局游戏中甲乙抽卡的所有可能结果总数为种， 甲抽取张卡片中较大编号为，乙抽取张卡片编号为，“默契局”的条件是， 由题意可知，的可能取值是， 当时，甲抽到的卡片只能是，此时需满足，则乙只能抽到，情况数为种； 当时，甲抽到的卡片可以是或，此时需满足，则乙可以抽到或，情况数为种； 当时，甲抽到的卡片可以是或或，此时需满足，则乙可以抽到或或，情况数为种； 当时，甲抽到的卡片可以是或或或，此时需满足，则乙可以抽到或或，情况数为种； 当时，甲抽到的卡片可以是或或或或，此时需满足，则乙可以抽到或，情况数为种； 当时，甲抽到的卡片可以是或或或或或，此时需满足，则乙只能抽到，情况数为种； 当时，甲抽到的卡片可以是或或或或或或，此时需满足，没有满足条件的，情况数为种； 因此，“默契局”的总情况数为种，一局游戏成为“默契局”的概率为. ②设单局游戏中甲乙得分之和为，则 如果是“默契局”：乙得分，甲得分，此时，概率为； 如果不是“默契局”：乙得分，甲得分，此时，概率为； 则单局得分之和的期望为， 由于三局游戏是相互独立的，总得分之和是三局得分之和的累加，根据数学期望的线性性质，有. 15．(1) (2) 【分析】（1）利用全概率公式求解即可； （2）随机变量的值为，分别求得对应的概率，可得分布列，进而可求得期望值. 【详解】（1）记小明从甲袋中取2个球的颜色相同为事件，记小明从甲袋中取2个球的颜色不相同为事件，记小明第二次取到的球是红球为事件， 则，，，， 所以由全概率公式，得； （2）随机变量的值为， 小明先从甲袋中取2个白球，再从乙袋中取1个白球时，则， 小明先从甲袋中取2个球的颜色不相同，则再从甲袋中取1个白球 或小明先从甲袋中取2个白球，再从乙袋中取1个红球时， 则， 小明先从甲袋中任取2个红球，再从乙袋中取1个白球 或小明先从甲袋中取2个球的颜色不相同，再从甲袋中取1个红球时， 则， 小明先从甲袋中任取2个红球，则再从乙袋中取1个红球时， 则， 所以的分布列如下： 0 1 2 3 . 16．(1)； (2). 【分析】（1）利用正弦定理将边转化为角，结合三角恒等变换化简，求出角；已知角、边和，利用余弦定理建立关于的方程，求出的值，代入三角形面积公式计算面积； （2）利用正弦定理将其转化为关于角，的三角函数表达式，结合三角形内角和关系将表达式统一为角的三角函数，根据角的取值范围，利用三角函数的性质确定取值范围. 【详解】（1），； 由正弦定理得. ，； ； . ，; ，即； ，. ，，； 由余弦定理得，即，解得； . （2）由（1）得，，即. 由正弦定理得 ； ，； ，，即. 17．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理即可证明平面； （2）易证四边形是平行四边形，进而根据线面平行的判断定理证明即可； （3）由（1）可知平面平面，进而可知是直线与平面所成角，在三角形中求解即可. 【详解】（1）因为底面为矩形，所以， 因为侧面底面，侧面底面，底面， 所以平面. （2）取中点，连接，， 因为是中点，所以，， 又因为矩形，所以，，且是中点， 所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （3）由（1）可知平面， 因为平面， 所以平面平面， 又平面平面， 因为为等边三角形， 所以，平面， 所以平面， 连接，所以是直线与平面所成角， 在矩形中，， 在正中，， 所以， 因为， 因此， 即直线与平面所成角为 18．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对进行求导，再通过导数的几何意义结合点斜式即可求出； （2）通过求的二阶导数判断的一阶导数的符号，进而求出的单调性，再求出的最小值即可求出a的取值范围； （3）通过不等式将原式化为只需证，再通过化简变形得到，对进行求导，最后令，对其进行求导即可证明. 【详解】（1），所以点处的切线斜率为， 又，所以切线方程为， 即． （2）， 因为在上均为增函数， 所以在上单调递增，又， 故当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以． 若对任意，都有，则， 所以，a的取值范围为． （3）由（2）知，当时，，故， 所以 ， 所以只需证，只需证， 只需证， 只需证， 令， 则只需证． 因为， 所以令， 因为，所以在上单调递减， 所以当时，，所以，所以在上单调递减， 又，所以， 故当时，． 19．(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）先由椭圆的离心率和焦点求得，利用椭圆对称性与定义转化求解； （2）（i）先由（1）求得椭圆方程，通过点差法及斜率公式表示斜率和，并得到，再通过证明充分性与必要性； （ii）由（i）分别求得直线PQ，MQ的方程，并分别与椭圆方程联立，利用弦长公式求得和的长度，计算的面积并利用基本不等式求其最大值. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由离心率为，可得， 由左焦点为，可得，所以． 设椭圆的右焦点为，坐标原点为，则，连接， 根据椭圆的对称性，可知， 所以四边形是平行四边形，所以， . 由椭圆的定义，可知， 因此． （2）（i）由（1）知，，所以椭圆的方程为． 设，其中，则． 因为点P，M在椭圆上，所以，两式相减得 ，即，故． 因为， 所以． 证明充分性：若，则，代入已证的得，所以， 证明必要性：若，则代入已证的得，所以. 因此，“”的充要条件是“”． （ii）由（i）知，当时，． 由，得直线MQ的斜率；由，得． 由得，于是， . 点，于是直线MQ的方程为，即， 根据，得直线MQ的方程为，与联立并化简，得， 所以， 所以， 所以 所以的面积 令，则，当且仅当，即时等号成立， 又在上单调递减， 所以当，即时，取到最大值，为， 因此的面积的最大值为． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $