精品解析：河南省淮阳中学2026届高三下学期模拟预测（一）数学试卷

2026年淮阳中学高考全真模拟（一） 数学 本试卷共4页，共150分，考试时长120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，监考员将答题卡收回． 一、单项选择题：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】 【详解】依题意，， 而，所以． 2. 已知一组数据3，7，11，7，13，15，则该组数据的第40百分位数为（ ） A. 7 B. 9 C. 11 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】先将数据从小到大排序，再根据百分位数的定义计算对应位置，即可求得第40百分位数． 【详解】首先将该组数据从小到大排列为：，数据总个数， 因为， 因此该组数据的第40百分位数为排列后的第3个数据7． 3. 已知复数满足，则（ ） A. B. 3 C. D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】先根据复数的除法求出复数，再根据共轭复数的定义及复数的乘法运算即可得解. 【详解】由， 得， 所以， 所以. 故选：D. 4. 在中，内角的对边分别为，若，则的面积为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【详解】由余弦定理得，则， 故的面积为. 5. 已知抛物线，过其焦点的直线与在第一象限的交点为，且，则的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线的定义求出的坐标，然后求出直线的斜率，最后利用点斜式求解即可. 【详解】由题意如图所示： 抛物线的焦点为，准线方程为：， 设到准线的距离为， 由抛物线的定义得：，又， 所以，解得：代入中得：， 所以，则直线的斜率为：, 所以直线的方程为：即， 故选：B. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】. ， 因为，所以， 因为，所以，所以. 7. 某同学每周进行两次游泳训练，每次游趟或趟，第一次游趟或趟的概率均为，若第一次游趟，则第二次游趟的概率为，游趟的概率为；若第一次游趟，则第二次游趟的概率为，游趟的概率为．若一周至少游趟为训练量达标，则该同学一周训练量达标的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查全概率公式的应用，根据题干条件进行分类，然后求出每种情况的概率，最后由互斥事件，将所有概率相加即可得到达标概率. 【详解】由题意知：一周训练量达标即为游趟或趟，设第一次游趟为事件， 第一次游趟为事件，第二次游趟为事件，第二次游趟为事件， 可分为以下三种情况： 情况：第一次游趟，第二次游趟，共游趟，训练量达标. 则由条件概率可得； 情况：第一次游趟，第二次游趟，共游趟，训练量达标. 则由条件概率可得； 情况：第一次游趟，第二次游趟，共游趟，训练量达标. 则由条件概率可得， 由三种情况为互斥事件，因此，该同学一周训练量达标的概率. 8. 已知椭圆的焦距为是上的任意一点，过点作两条直线与圆相切，切点分别为.若当最大时，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据切线性质可得垂直关系，进而根据锐角三角函数得，即可求解为短轴端点时，最小，根据三角形边角关系即可求解，进而根据齐次式即可求解离心率. 【详解】设坐标原点为，由题意知，，故. 因为，当最大时，最大， 即最大，故只需最小， 当为短轴端点时，最小，此时，， 所以，所以，即， 化简得，得，故. 故选：A 二、多项选择题：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. 已知等比数列公比为，前项和为，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. ，，成等比数列 D. 【答案】AB 【解析】 【分析】 根据，利用等比数列的性质建立关系，求出，然后结合等比数列的通项公式与求和公式，逐项判断可得答案. 【详解】由，可得，即，故A选项正确； 故，，故D选项错误； ，，，故B选项正确； 又，，，故不成立，故C选项错误， 故选：AB. 10. 设函数，则（ ） A. 当时，的最小值为 B. 当时，有且仅有两个极值点 C. 若为增函数，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】应用导数演技函数的单调性，进而求最值判断A；问题化为判断且是否存在两个变号零点判断B；根据B分析只需保证判断C；根据、在上单调递增，，结合不等式恒成立即可判断D. 【详解】A：且，则，故时，时， 所以在上单调递减，在上单调递增，则，对； B：由题设且，令，则， 当，则时，时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，而，由，且， 对于且，则， 所以在上单调递减，， 则，又，故在、各存在唯一变号零点， 所以有且仅有两个极值点，对； C：由B分析，要使为增函数，只需，即，错； D：由，且、在上单调递增， 又，故只需，即，对. 故选：ABD 11. 已知正三棱柱的高为2，且有内切球（球位于三棱柱的内部且与各个面有且只有一个公共点），若过三点的平面截该三棱柱所得截面为，则（ ） A. B. 平面平面 C. 截面的面积为 D. 该三棱柱被截面分成两部分，较小部分与较大部分的体积之比为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，先求出下底面等边三角形的高，进而求出；B选项，找到两平面所成夹角的平面角，结合勾股定理逆定理得到垂直关系；C选项，找到截面四边形为等腰梯形，求出面积；D选项，在C基础上，得到两部分的体积，得到比值. 【详解】A选项，如图，取上底面，下底面的中心分别为，取的中点， 取中点，于是四边形为矩形，则， 于是， 又为等边三角形，则，A错误； 选项B，由于，且平面 平面，则平面， 又因为平面，平面平面，则， 如图，连接，由于， 则为平面与平面所成角的平面角， 由于，则， 于是平面平面，B正确； 选项C，如图，连接，交于点，过点作的平行线交于， 由于∽，则 ，则为上靠近的三等分点， 于是，由于为中点，为中点， 则四边形为等腰梯形，且， 于是，C正确； 选项D，由于正三角形与正三角形相似，三条侧棱延长相交于一点， 于是为正三棱台， 该三棱柱被截面分成两部分，分别为三棱台和剩余部分， 其中，同理可得， 三棱台的体积， 而三棱柱的体积， 于是截面所截的另一部分的体积， 则较小部分与较大部分的体积之比为，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，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量坐标运算得到，再根据向量平行坐标要求列方程求出的值，再利用模长定义求出. 【详解】， 因为，所以，解得， 所以. 故答案为：. 13. 已知函数（其中）的部分图象如图所示，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据周期，对称中心求出解析式，再代入求值即可. 【详解】由图可知，即，所以，则， 又是函数位于减区间中的对称中心，则，， 从而，， 所以， 所以 . 故答案为： 14. 在现代网络通信中，为了确保信息安全，常需要对重要信息进行加密处理，对密钥序列进行复杂的生成和更新操作．为生成密钥序列，现定义一个简单的加密算法，让其在第轮对密钥序列片段进行一次变换，变换规则如下：在第轮变换中，若为奇数，则将让序列的奇数项的值增加2，偶数项的值减少；若为偶数，则将让序列的奇数项的值增加，偶数项的值减少1．若初始密钥序列，，则 （1）加密序列的所有项之和为________； （2）加密序列的所有项之和为________．（结果用含的式子表示） 【答案】 ①. 52 ②. 【解析】 【分析】（1）根据变换规则，先求出，再求，在求和即可； （2）设为奇数，则为偶数，记序列的所有项的和为，先求，再求，最后结合等差数列的求和公式求解. 【详解】（1）因为， 根据变换规则：在第轮变换中，若为奇数，则将让序列的奇数项的值增加2，偶数项的值减少； 若为偶数，则将让序列的奇数项的值增加，偶数项的值减少1. 所以， 所以， 所以的所有项之和为； （2）设为奇数，则为偶数，， 记序列的所有项的和为， 则，， 所以的所有项之和为 . 故答案为：52；. 【点睛】关键点点睛：本题的关键时能根据题中“变换规则”先求出，，再设为奇数，求出，再求. 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. 在中，内角，，的对边分别为，，，，． （1）求； （2）若为边上一点，，，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【小问1详解】 由及，得； 由正弦定理，得， 所以，又，所以． 【小问2详解】 由（1）知，因为，所以， 由及， 得， 所以， 所以， 由余弦定理，得，即， 所以，解得， 整理得，又，所以为等边三角形， 又，所以． 16. 如图，在四棱锥中，. （1）证明:平面平面； （2）若，为锐角，且平面与平面所成二面角的正弦值为，求. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）作，垂足为，连接.利用已知可得，利用勾股定理和逆定理可证，利用线线垂直可证线面垂直，进而可证面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求. 【小问1详解】 作，垂足为，连接. 在中，由，解得. ，四边形是平行四边形， ，则，，即. ，又平面，平面. 平面，平面平面. 【小问2详解】 ，. 如图2，以为坐标原点，以的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设， ，， ， 设平面、平面的法向量分别为， 由，取，得. 由，取，得. 因为平面与平面所成二面角的正弦值为，则其余弦值的绝对值为， 所以， 解得或46. 当时，，此时为钝角，不符合题意； 当时，，此时为锐角，符合题意， 故. 17. 已知函数． （1）当时，求的单调性； （2）若函数在处取得极小值，求实数的取值范围． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）在时，对函数求导后分解因式，根据导函数的正负即可判断原函数的单调性； （2）对函数求导后，对，，，的情况进行讨论，由题意即得参数的取值范围. 【小问1详解】 当时，， 则， 令，解得或． 令，解得，所以在上单调递减； 令，解得或，即在，上单调递增． 综上，函数在，上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 由求导得， ① 当时，恒成立， 令，解得，即在上单调递减； 令，解得，即在上单调递增， 故时，函数在处取得极小值，符合题意； ②当时，令，解得，，且， 当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增， 所以函数在处取得极小值，符合题意． ③ 当时，令，解得，此时恒成立且不恒为0， 单调递增，故函数无极值，不符合题意． ④ 当时，令，解得，，且， 当时，，函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减， 所以函数在处取得极大值，不符合题意． 综上，实数的取值范围是． 18. 已知双曲线：（,）的左、右焦点分别为，，实轴长为，双曲线的一条渐近线为. （1）求双曲线的标准方程； （2）为坐标原点，点、、是双曲线上不同的三点，且、两点关于轴对称，的外接圆经过点. ①求证：直线与圆相切； ②直线与渐近线交于，两点,求的取值范围. 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）根据双曲线的实轴长和渐近线方程求出，值，即可求出标准方程. （2）①设点，，结合的外接圆过点设出外接圆方程，再结合点在双曲线上可得；设出直线方程与双曲线方程联立，结合韦达定理得到，进而得到；利用点到直线的距离公式求出原点到直线的距离与圆的半径比较即可. ②分别求出和，结合得到，根据直线与双曲线相交求出的范围，即可求出的范围. 【小问1详解】 已知双曲线实轴长为，则，所以. 因为双曲线的一条渐近线为，即，所以，即. 所以双曲线的标准方程为. 【小问2详解】 ①设，，则，均满足. 因为的外接圆经过点，所以可设的外接圆方程为. 所以，， 两式相减得，，故外接圆方程为. 则，，所以. 又，，代入中整理得，， 因为，所以，所以直线的斜率一定存在， 设直线的方程为，联立双曲线方程整理得， 当时，，，， 则， 所以，即. 原点到直线的距离为，等于圆的半径， 故直线与圆相切. ②直线与渐近线交于，与渐近线交于. 则. 直线与双曲线相交的弦长. 故. 由直线与双曲线相交可得，即且， 又点、、是双曲线上不同的三点，所以，故. 当时，，即； 当时，，即， 综上，的取值范围为. 19. 一个袋子中装有个大小相同的小球，编号分别为1，2，3，…，，且，．进行两次实验：第一次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为．第一次实验完成后，将球放回袋中，再进行第二次实验；第二次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为．设随机变量表示的元素个数． （1）若，，求的分布列： （2）若，且，求； （3）若，两次实验中，第二次取出的10个球里恰好有3个球与第一次取出的球重复，求的估计值（以使最大的值作为估计值）． 【答案】（1）的分布列为： （2）6 （3）33【解析】 【分析】（1）先确定的所有可能取值，结合组合数计算每个取值对应的概率，进而列出的分布列； （2）根据交集元素个数为的概率公式列关于的方程，求解符合条件的正整数即可； （3）由题知，，设，由作商法求得的单调性即可求解最大值时的取值． 【小问1详解】 X表示的元素个数，可能取值为，总取法为， 表示两次取的球无公共元素，取法为，， 表示两次取的球恰有1个公共元素，取法为，， 表示两次取的球完全相同，取法为，， 的分布列为： 【小问2详解】 由已知，表示第二次从个球中取出个球，其中恰有个球的编号属于， ， 代入，则， 化简得， 因式分解得，结合得． 【小问3详解】 由题知，，， 设， 当时， ， 令， 当时，，即，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 因此，当时，取得最大值， 所以的估计值为33． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年淮阳中学高考全真模拟（一） 数学 本试卷共4页，共150分，考试时长120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，监考员将答题卡收回． 一、单项选择题：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. 已知一组数据3，7，11，7，13，15，则该组数据的第40百分位数为（ ） A. 7 B. 9 C. 11 D. 12 3. 已知复数满足，则（ ） A. B. 3 C. D. 5 4. 在中，内角的对边分别为，若，则的面积为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 5. 已知抛物线，过其焦点的直线与在第一象限的交点为，且，则的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 某同学每周进行两次游泳训练，每次游趟或趟，第一次游趟或趟的概率均为，若第一次游趟，则第二次游趟的概率为，游趟的概率为；若第一次游趟，则第二次游趟的概率为，游趟的概率为．若一周至少游趟为训练量达标，则该同学一周训练量达标的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的焦距为是上的任意一点，过点作两条直线与圆相切，切点分别为.若当最大时，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 已知等比数列公比为，前项和为，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. ，，成等比数列 D. 10. 设函数，则（ ） A. 当时，的最小值为 B. 当时，有且仅有两个极值点 C. 若为增函数，则 D. 若，则 11. 已知正三棱柱的高为2，且有内切球（球位于三棱柱的内部且与各个面有且只有一个公共点），若过三点的平面截该三棱柱所得截面为，则（ ） A. B. 平面平面 C. 截面的面积为 D. 该三棱柱被截面分成两部分，较小部分与较大部分的体积之比为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，且，则__________. 13. 已知函数（其中）的部分图象如图所示，则_____. 14. 在现代网络通信中，为了确保信息安全，常需要对重要信息进行加密处理，对密钥序列进行复杂的生成和更新操作．为生成密钥序列，现定义一个简单的加密算法，让其在第轮对密钥序列片段进行一次变换，变换规则如下：在第轮变换中，若为奇数，则将让序列的奇数项的值增加2，偶数项的值减少；若为偶数，则将让序列的奇数项的值增加，偶数项的值减少1．若初始密钥序列，，则 （1）加密序列的所有项之和为________； （2）加密序列的所有项之和为________．（结果用含的式子表示） 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. 在中，内角，，的对边分别为，，，，． （1）求； （2）若为边上一点，，，证明：． 16. 如图，在四棱锥中，. （1）证明:平面平面； （2）若，为锐角，且平面与平面所成二面角的正弦值为，求. 17. 已知函数． （1）当时，求的单调性； （2）若函数在处取得极小值，求实数的取值范围． 18. 已知双曲线：（,）的左、右焦点分别为，，实轴长为，双曲线的一条渐近线为. （1）求双曲线的标准方程； （2）为坐标原点，点、、是双曲线上不同的三点，且、两点关于轴对称，的外接圆经过点. ①求证：直线与圆相切； ②直线与渐近线交于，两点,求的取值范围. 19. 一个袋子中装有个大小相同的小球，编号分别为1，2，3，…，，且，．进行两次实验：第一次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为．第一次实验完成后，将球放回袋中，再进行第二次实验；第二次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为．设随机变量表示的元素个数． （1）若，，求的分布列： （2）若，且，求； （3）若，两次实验中，第二次取出的10个球里恰好有3个球与第一次取出的球重复，求的估计值（以使最大的值作为估计值）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $