河北省廊坊市2025-2026学年高三第四次模拟考试数学试卷（含答案解析）

这是一份河北省廊坊市2025-2026学年高三第四次模拟考试数学试卷（含答案解析），共16页。试卷主要包含了已知函数，已知集合，则集合等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．公差不为零的等差数列{an}中，a1+a2+a5=13，且a1、a2、a5成等比数列，则数列{an}的公差等于( )
A．1B．2C．3D．4
2．复数的共轭复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．设，则“ “是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必条件
4．已知数列对任意的有成立，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
5．如图所示，正方体的棱，的中点分别为，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知实数，满足约束条件，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数（，且）在区间上的值域为，则（ ）
A．B．C．或D．或4
8．已知集合，则集合（ ）
A．B．C．D．
9．若，则“”是“的展开式中项的系数为90”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
10．函数与在上最多有n个交点，交点分别为（，……，n），则（ ）
A．7B．8C．9D．10
11．已知集合，，则
A．B．C．D．
12．已知双曲线的左、右焦点分别为、，抛物线与双曲线有相同的焦点.设为抛物线与双曲线的一个交点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．或B．或C．或D．或
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若变量，满足约束条件则的最大值为________.
14．春节期间新型冠状病毒肺炎疫情在湖北爆发，为了打赢疫情防控阻击战，我省某医院选派2名医生，6名护士到湖北、两地参加疫情防控工作，每地一名医生，3名护士，其中甲乙两名护士不到同一地，共有__________种选派方法.
15．如图，在中，已知，为边的中点．若，垂足为，则的值为__．
16．抛物线的焦点坐标为______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）对于正整数，如果个整数满足，
且，则称数组为的一个“正整数分拆”.记均为偶数的“正整数分拆”的个数为均为奇数的“正整数分拆”的个数为.
(Ⅰ)写出整数4的所有“正整数分拆”;
(Ⅱ)对于给定的整数，设是的一个“正整数分拆”，且，求的最大值;
(Ⅲ)对所有的正整数，证明:;并求出使得等号成立的的值.
(注:对于的两个“正整数分拆”与，当且仅当且时，称这两个“正整数分拆”是相同的.)
18．（12分）表示，中的最大值，如，己知函数，.
（1）设，求函数在上的零点个数；
（2）试探讨是否存在实数，使得对恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由.
19．（12分）已知，.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）的三个内角、、所对边分别为、、，若且，求面积的取值范围.
20．（12分）已知中，内角所对边分别是其中.
（1）若角为锐角，且，求的值；
（2）设，求的取值范围.
21．（12分）在如图所示的多面体中，平面平面，四边形是边长为2的菱形，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，且， ，
（1）若分别为，的中点，求证：平面；
（2）若，与平面所成角的正弦值，求二面角的余弦值．
22．（10分）已知数列{an}满足条件，且an+2＝（﹣1）n（an﹣1）+2an+1，n∈N*．
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）设bn＝，Sn为数列{bn}的前n项和，求证：Sn．
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．B
【解析】
设数列的公差为.由，成等比数列，列关于的方程组，即求公差.
【详解】
设数列的公差为，
①.
成等比数列，②，
解①②可得.
故选：.
本题考查等差数列基本量的计算，属于基础题.
2．A
【解析】
试题分析：由题意可得：. 共轭复数为，故选A.
考点：1.复数的除法运算;2.以及复平面上的点与复数的关系
3．B
【解析】
解出两个不等式的解集，根据充分条件和必要条件的定义，即可得到本题答案.
【详解】
由，得，又由，得，
因为集合，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
本题主要考查必要不充分条件的判断，其中涉及到绝对值不等式和一元二次不等式的解法.
4．B
【解析】
观察已知条件，对进行化简，运用累加法和裂项法求出结果.
【详解】
已知，则，所以有，
，
，

，两边同时相加得，又因为，所以.
故选：
本题考查了求数列某一项的值，运用了累加法和裂项法，遇到形如时就可以采用裂项法进行求和，需要掌握数列中的方法，并能熟练运用对应方法求解.
5．C
【解析】
以D为原点，DA，DC，DD1 分别为轴，建立空间直角坐标系，由向量法求出直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值．
【详解】
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则，，，
取平面的法向量为，
设直线EF与平面AA1D1D所成角为θ，则sinθ＝|，
直线与平面所成角的正弦值为.
故选C．
本题考查了线面角的正弦值的求法，也考查数形结合思想和向量法的应用，属于中档题．
6．B
【解析】
画出可行域，根据可行域上的点到原点距离，求得的取值范围.
【详解】
由约束条件作出可行域是由，，三点所围成的三角形及其内部，如图中阴影部分，而可理解为可行域内的点到原点距离的平方，显然原点到所在的直线的距离是可行域内的点到原点距离的最小值，此时，点到原点的距离是可行域内的点到原点距离的最大值，此时.所以的取值范围是.
故选：B
本小题考查线性规划，两点间距离公式等基础知识；考查运算求解能力，数形结合思想，应用意识.
7．C
【解析】
对a进行分类讨论，结合指数函数的单调性及值域求解.
【详解】
分析知，.讨论：当时，，所以，，所以；当时，，所以，，所以.综上，或，故选C.
本题主要考查指数函数的值域问题，指数函数的值域一般是利用单调性求解，侧重考查数学运算和数学抽象的核心素养.
8．D
【解析】
弄清集合B的含义，它的元素x来自于集合A，且也是集合A的元素.
【详解】
因，所以，故，又， ，则，
故集合.
故选：D.
本题考查集合的定义，涉及到解绝对值不等式，是一道基础题.
9．B
【解析】
求得的二项展开式的通项为,令时,可得项的系数为90,即,求得,即可得出结果.
【详解】
若则二项展开式的通项为,令,即,则项的系数为,充分性成立;当的展开式中项的系数为90,则有,从而,必要性不成立.
故选:B.
本题考查二项式定理、充分条件、必要条件及充要条件的判断知识,考查考生的分析问题的能力和计算能力,难度较易.
10．C
【解析】
根据直线过定点，采用数形结合，可得最多交点个数， 然后利用对称性，可得结果.
【详解】
由题可知：直线过定点
且在是关于对称
如图
通过图像可知：直线与最多有9个交点
同时点左、右边各四个交点关于对称
所以
故选：C
本题考查函数对称性的应用，数形结合，难点在于正确画出图像，同时掌握基础函数的性质，属难题.
11．C
【解析】
分析：根据集合可直接求解.
详解：,
,
故选C
点睛：集合题也是每年高考的必考内容，一般以客观题形式出现，一般解决此类问题时要先将参与运算的集合化为最简形式，如果是“离散型”集合可采用Venn图法解决，若是“连续型”集合则可借助不等式进行运算.
12．D
【解析】
设，，根据和抛物线性质得出，再根据双曲线性质得出，，最后根据余弦定理列方程得出、间的关系，从而可得出离心率．
【详解】
过分别向轴和抛物线的准线作垂线，垂足分别为、，不妨设，，
则，
为双曲线上的点，则，即，得，，
又，在中，由余弦定理可得，
整理得，即，，解得或.
故选：D.
本题考查了双曲线离心率的求解，涉及双曲线和抛物线的简单性质，考查运算求解能力，属于中档题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．7
【解析】
画出不等式组表示的平面区域，数形结合，即可容易求得目标函数的最大值.
【详解】
作出不等式组所表示的平面区域，如下图阴影部分所示.
观察可知，当直线过点时，有最大值，.
故答案为：.
本题考查二次不等式组与平面区域、线性规划，主要考查推理论证能力以及数形结合思想，属基础题.
14．24
【解析】
先求出每地一名医生，3名护士的选派方法的种数，再减去甲乙两名护士到同一地的种数即可.
【详解】
解：每地一名医生，3名护士的选派方法的种数有，
若甲乙两名护士到同一地的种数有，
则甲乙两名护士不到同一地的种数有.
故答案为：.
本题考查利用间接法求排列组合问题，正难则反，是基础题.
15．
【解析】
，
由余弦定理，得，
得，，，
所以，所以．
点睛：本题考查平面向量的综合应用．本题中存在垂直关系，所以在线性表示的过程中充分利用垂直关系，得到，所以本题转化为求长度，利用余弦定理和面积公式求解即可．
16．
【解析】
变换得到，计算焦点得到答案.
【详解】
抛物线的标准方程为，，所以焦点坐标为．
故答案为：
本题考查了抛物线的焦点坐标，属于简单题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17． (Ⅰ) ，，，，；(Ⅱ) 为偶数时，，为奇数时，；(Ⅲ)证明见解析，，
【解析】
(Ⅰ)根据题意直接写出答案.
(Ⅱ)讨论当为偶数时，最大为，当为奇数时，最大为，得到答案.
(Ⅲ) 讨论当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故，当为偶数时，
根据对应关系得到，再计算，，得到答案.
【详解】
(Ⅰ)整数4的所有“正整数分拆”为：，，，，.
(Ⅱ)当为偶数时，时，最大为；
当为奇数时，时，最大为；
综上所述：为偶数，最大为，为奇数时，最大为.
(Ⅲ)当为奇数时，，至少存在一个全为1的拆分，故；
当为偶数时，设是每个数均为偶数的“正整数分拆”，
则它至少对应了和的均为奇数的“正整数分拆”，
故.
综上所述：.
当时，偶数“正整数分拆”为，奇数“正整数分拆”为，；
当时，偶数“正整数分拆”为，，奇数“正整数分拆”为，
故；
当时，对于偶数“正整数分拆”，除了各项不全为的奇数拆分外，至少多出一项各项均为的“正整数分拆”，故.
综上所述：使成立的为：或.
本土考查了数列的新定义问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
18．（1）个；（1）存在，.
【解析】
试题分析：（1）设，对其求导，及最小值，从而得到的解析式，进一步求值域即可；（1）分别对和两种情况进行讨论，得到的解析式，进一步构造，通过求导得到最值，得到满足条件的的范围．
试题解析：（1）设，．．．．．．．．．．．．．1分
令，得递增；令，得递减，．．．．．．．．．．．．．．．．．1分
∴，∴，即，∴．．．．．．．．．．．．．3分
设，结合与在上图象可知，这两个函数的图象在上有两个交点，即在上零点的个数为1．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分
（或由方程在上有两根可得）
（1）假设存在实数，使得对恒成立，
则，对恒成立，
即，对恒成立 ，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分
①设，
令，得递增；令，得递减，
∴，
当即时，，∴，∵，∴4．
故当时，对恒成立，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分
当即时，在上递减，∴．
∵，∴，
故当时，对恒成立．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．10分
②若对恒成立，则，∴．．．．．．．．．．．11分
由①及②得，．
故存在实数，使得对恒成立，
且的取值范围为．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．11分
考点：导数应用.
【思路点睛】本题考查了函数恒成立问题；利用导数来判断函数的单调性，进一步求最值；属于难题．本题考查函数导数与单调性.确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可结合导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象.方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理. 恒成立问题以及可转化为恒成立问题的问题，往往可利用参变分离的方法，转化为求函数最值处理．也可构造新函数然后利用导数来求解.注意利用数形结合的数学思想方法.
19．（1）；（2）.
【解析】
（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，然后解不等式，可求得函数的单调递增区间；
（2）由求得，利用余弦定理结合基本不等式求出的取值范围，再结合三角形的面积公式可求得面积的取值范围.
【详解】
（1），
解不等式，解得.
因此，函数的单调递增区间为；
（2）由题意，则，
，，，解得.
由余弦定理得，又，，
当且仅当时取等号，
所以，的面积.
本题考查正弦型函数单调区间的求解，同时也考查了三角形面积取值范围的计算，涉及余弦定理和基本不等式的应用，考查计算能力，属于中等题.
20．（1）；（2）.
【解析】
（1）由正弦定理直接可求，然后运用两角和的正弦公式算出；
（2）化简，由余弦定理得，利用基本不等式求出，确定角范围，进而求出的取值范围.
【详解】
（1）由正弦定理，得：

，且为锐角

（2）


本题主要考查了正余弦定理的应用，基本不等式的应用，三角函数的值域等，考查了学生运算求解能力.
21． (1)见解析(2)
【解析】
试题分析：（1）第（1）问，转化成证明平面 ,再转化成证明和.(2)第（2）问，先利用几何法找到与平面所成角，再根据与平面所成角的正弦值为求出再建立空间直角坐标系，求出二面角的余弦值.
试题解析：
（1）连接,因为四边形为菱形，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面.
又平面，所以.
因为，所以.
因为，所以平面.
因为分别为，的中点，所以，所以平面
（2）设，由（1）得平面.
由，，得，.
过点作，与的延长线交于点，取的中点，连接，，如图所示，
又，所以为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，故平面.
因为为平行四边形，所以，所以平面.
又因为，所以平面.
因为，所以平面平面.
由（1），得平面，所以平面，所以.
因为，所以平面，所以是与平面所成角.
因为，，所以平面，平面，因为，所以平面平面.
所以，，解得.
在梯形中，易证，分别以，，的正方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.
则，，，，，，
由，及，得，所以，，.
设平面的一个法向量为，由得令，得m=(3,1,2)
设平面的一个法向量为，由得令，得.
所以
又因为二面角是钝角，所以二面角的余弦值是.
22．（Ⅰ）（Ⅱ）证明见解析
【解析】
（Ⅰ）由an+2＝（﹣1）n（an﹣1）+2an+1，对分奇偶讨论，即可得；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，用错位相减法求出，运用分析法证明即可.
【详解】
（Ⅰ），
当为奇数时，，又由，得，
当为偶数时，，又由a2＝3，得，
；
（Ⅱ）由（1）得，
则①
②
①-②可得：
，
，
若证明Sn，则需要证明，
又，即证明，即证，
又显然成立，故Sn得证.
本题主要考查了由递推公式求通项公式，错位相减法求前项和，分析法证明不等式，考查了分类讨论的思想，考查了学生的运算求解与逻辑推理能力.