河南开封市五县2026届高三下学期联考数学试卷（含解析）高考模拟

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1. 与向量同向的单位向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用数乘向量公式，即可求解.
【详解】与向量同向的单位向量是.
故选：B
2. 复数的虚部为 （ ）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简复数为的形式，由此求得复数的虚部
【详解】依题意，故虚部为，所以选A.
本小题主要考查复数的除法运算，考查复数虚部的概念，属于基础题.
3. 已知全集，集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先解不等式化简集合B，然后求出，再求出补集即可.
【详解】全集，
集合，集合，
则，所以.
故选：D
4. 已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，
，
，
．
5. 巴黎奥运会在2024年7月27日至8月12日举行，在这期间，中国视听大数据（CVB）显示，直播总观看户次超46亿，分天观看户次（亿）分别为：1.88，2.25，2.21，2.35，2.74，2.24，2.59，5.53，4.39，4.22，3.55，2.74，3.64，2.88，2.03，1.62，0.08．则这组数据的第25百分位数为（ ）
A. 2.03B. 2.21C. 2.12D. 3.55
【答案】B
【解析】
【分析】根据百分位数的概念求解即可．
【详解】将数据从小到大排列，0.08，1.62，1.88，2.03，2.21，2.24，2.25，2.35，2.59，2.74，2.74，2.88，3.55，3.64，4.22，4.39，5.53，
，取第五位数据2.21，
故选：B．
6. 已知函数的定义域为，，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助赋值法，分别令及，可得求得答案.
【详解】令，得①；
令，得②，
由得.
故选：A.
7. 已知函数，若将的图象向右平移个单位后，再把所得曲线上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 的图象关于点对称
C. 的图象关于直线对称
D. 的图象与的图象在内有4个交点
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数变换法则求得判断A；利用结论法求解对称中心判断B；验证法判断对称轴判断C；根据正弦函数性质求解方程即可判断D.
【详解】将函数的图象向右平移个单位后，
再把所得曲线上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），
得到函数，A错误；
因为，即的图象关于点，对称，
令，得不是整数，B错误；
因为，函数的图象不关于直线对称，C错误；
令，则，
所以或，
解得或，
因为，所以共4个，D正确．
8. 在长方体中，，点分别为棱和的中点，点是棱上的动点，则平面与平面的夹角的正弦值的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量法求解，求出平面和平面的法向量，记平面和平面的夹角为，利用数量积求出，求出，利用同角关系式求出，利用正弦函数的图像和性质得到平面与平面的夹角的正弦值的最大值.
【详解】不妨设，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，
得到，
记平面和平面的夹角为．
记平面的法向量为，，
取，则．
记平面的法向量为，，
取，则，
所以，
，
，当且仅当时，，所以，
故平面与平面的夹角的正弦值的最大值为，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. 已知集合满足，若是偶函数，则可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】结合偶函数的知识求得，从而确定正确答案.
【详解】依题意，所以是非空集合，
因为是偶函数，所以.
对于，，
对于，当时，，
而是和的一个公共点，
所以当或或时，是偶函数.
故选：ABC
10. 已知点是圆上一动点，点，点，则（ ）
A. 点到直线的距离的最大值为
B. 满足的点有2个
C. 过点作圆的两条切线，切点分别为，则直线的方程为
D. 的最小值是
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用点到直线的距离公式来判断A，利用的动点的轨迹是以为直径的圆，然后借助两圆位置关系来判断B，根据切线的性质求得两圆相交弦所在直线方程来判断C，设存在定点，使得点在圆上任意位置时都有，求得点，计算判断D.
【详解】对于A，原点到直线的距离为，
所以圆上动点到直线的距离的最大值为，故 A错误；
对于B，满足的动点的轨迹是以为直径的圆，
设线段的中点为，则，圆的半径为，
所以圆，
，因为，所以圆与圆相交，故B正确；
对于C，过点作圆的两条切线，切点分别为，
由切线性质可知四点共圆，该圆的方程为，
则直线的方程为两圆的相交弦，
所以，故C正确；
对于D，设存在定点，使得点在圆上任意位置时都有，
设，则，
化简可得，
因为，所以，即点
所以，
当且仅当三点共线且点在中间时等号成立，
所以的最小值是，故D正确．
11. 函数（且），则（ ）
A. 当时，无极值点
B. 当时，无极值点
C. 若分别是的极大值点和极小值点，且，则
D. 若分别是的极小值点和极大值点，且，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】求导函数，将导函数的零点转化为的交点问题，先求出相切时或，然后按照、、、、、分类讨论，利用函数图象研究函数的极值点，逐项判断即可.
【详解】，
令，
若与相切，设切点为，
解方程组，
所以，解得或．
①当时，画出的图象，如图：
两函数没有交点即方程无根，即无异号零点，
所以当时，无极值点，所以选项B正确；
②当时，与相切，如图：
无异号零点，所以当时，无极值点；
③当时，如图：
当或时，，则，当时，，则，
当或时，，则，
所以分别是的极小值点和极大值点，且，所以选项D正确；
④当时，如图：
当或时，，则，当时，，则，
当或时，，则，
所以分别是的极大值点和极小值点，且；
⑤当时，如图：
无异号零点，所以当时，无极值点，所以选项C错误；
⑥当时，如图：
两函数没有交点即方程无根，即无异号零点，
所以当时，无极值点，综上，当时，无极值点，故选项A正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若，则______.
【答案】0
【解析】
【分析】利用两角和的余弦公式可得，提取化简即可求解.
【详解】
.
故答案为：0
本题考查了两角和的余弦公式、齐次式，需熟记公式，属于基础题.
13. 已知的二项式系数和为64，则二项式系数最大值为___________
【答案】20
【解析】
【分析】根据二项式系数和为可得，再结合二项式系数的性质即可求解.
【详解】因为的二项式系数和为64，则，解得，
所以二项式系数最大值为.
故答案为：20.
14. 已知正方体的棱长为1，为平面内一动点，且直线与平面所成角为，点为正方形的中心，若点为直线上一动点，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用条件先确定点的轨迹为以为圆心，为半径的圆（在平面内），通过将平面翻折到平面，与的对应点为与.由几何性质可知，而的最小值即可由余弦定理和二倍角公式计算得到.
【详解】如图，在正方体中，平面，直线与平面所成的角为（是在底面的射影），
在中，，则 ，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆（在平面内）．
将平面沿着翻折至平面，使其与平面共面，翻折后与的对应点为与.如图所示）
由几何性质可知（当且仅当在与的交点时取等号）．
在中，，
则，
由余弦定理，
，
所以的最小值为．
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. 在中，角的对边分别是，已知．
（1）求角的大小；
（2）求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角形内角和定理和诱导公式，两角和差的正弦公式求解；
（2）利用正弦定理得到，结合已知得到，利用余弦定理得到，利用求出，从而得到的周长.
【小问1详解】
已知，
结合，
可得，
，
又，则，
得．
因为，所以．
【小问2详解】
由（1）知，根据正弦定理，
则，
结合，
得．
，
由余弦定理，可得，
即，
则，
代入和，得，
则，故，
因此，的周长为．
16. 已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）求证：对任意，不等式恒成立．
【答案】（1）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为．
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，结合导数与函数单调性的关系判断函数的单调性；
（2）要证明只需证明，再通过构造函数证明结论.
【小问1详解】
函数的定义域为，
求导得，
当时，，故，函数单调递增；
当时，，故，函数单调递减．
因此，的单调递增区间为，单调递减区间为．
【小问2详解】
要证，两边取自然对数（因单调递增，不等号方向不变），即证，
由对数运算法则，化简得．
方法一
，
即证．
由，可知，结合在区间上单调递增，
所以得证，原不等式成立．
方法二 令，因为，所以，即．
由三角恒等式，代入，
得，
令，需证，
求导得，化简得，
因为，所以，即在上单调递增．
接下来只需证明不等式．
因在上单调递增，故，
因此，当时，，即恒成立．
综上，对任意，不等式恒成立．
17. 一辆可自动运行的小车连续运行次，每次以相同概率随机选择向前或者向后运动．记未连续出现2次向后运动的概率为．
（1）求的值，以及之间的递推关系式；
（2）若满足关系式，求的值．
【答案】（1），
（2）或
【解析】
【分析】（1）列举所有可能情况，求出，针对第次运动方向，进行分类讨论，得出递推关系式；
（2）对已知递推关系进行变形，再通过对比系数求解．
【小问1详解】
已知运行次，未连续出现2次向后运动的概率为，
则运行1次时，未连续出现2次向后运动的概率为1，即；
运行2次时，总情况为，出现2次向后运动的情况为1，
则未出现的情况为，即；
运行3次时，总情况为，出现2次向后运动的情况为3，
则未出现的情况为，即；
当第次运行是向前时，只需前次运行未连续出现2次向后运动，此时概率为；
当第次运行是向后时，需保证第次运行是向前的，且前次运行未连续出现2次向后运动，
此时概率为，
．
【小问2详解】
若，则，
又，
或．
18. 等轴双曲线经过点．
（1）求双曲线的方程；
（2）已知圆心在轴的圆经过原点，且与双曲线相交于四点（按照顺时针方向），求证：直线与圆相切．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）首先理解等轴双曲线的定义，将点的坐标代入即可求解；（2）根据对称性，设出四点的坐标，由圆心在轴的圆经过原点可设出圆的方程，联立双曲线方程消元后根据韦达定理可得到纵坐标之间的关系，根据原点到直线的距离即可得证.
【小问1详解】
等轴双曲线满足，因此双曲线的方程可写为，
因为双曲线经过点，所以，
即，化简得解得，
因此，双曲线的方程为．
【小问2详解】
由于双曲线和圆均关于轴对称，不妨设，则，如图：
设圆心在轴上的圆的方程为（，因圆经过原点，代入满足方程），
化简得，
将双曲线方程代入圆的方程，消去，得，
整理得，则，故．
直线的方程为，即，
所以原点到直线的距离为．
因为双曲线方程为，所以，
所以，
，
分别代入式中，得，所以直线与圆相切，得证．
19. 已知三棱锥的四个顶点均在球的表面上．
（1）若，求球的表面积；
（2）若是边长为的等边三角形，，球的半径为，求三棱锥的体积；
（3）若是直角三角形，斜边，点到底面的距离为7，球的半径为5，求的最小值．
【答案】（1）
（2）或
（3）198
【解析】
【分析】（1）将三棱锥补成长方体，设出长方体的长、宽、高，列方程组可求解，进而可得到外接球的直径；
（2）列方程组可求得三棱锥的高，进而求得，等体积法即可求解；
（3）借助向量的线性运算及数量积运算可求得最小值.
【小问1详解】
如图，将三棱锥补成长方体，设长方体的长、宽、高分别为．
根据题意有，
将这三个式子相加可得，即，
而长方体的体对角线就是外接球的直径，设长为，
所以，则．
根据球的表面积公式，可得．
【小问2详解】
如图，三棱锥的外接球球心为，的中心为，连接，则平面，
延长交于点，则是的中点，且，连接，
又，平面，所以平面．
又因为平面，所以平面平面，且平面平面．
过点作的垂线，垂足为点，则平面．
在中，，
设，过点作的垂线，垂足为点，
若在的同侧，则在中有，
在中有（在异侧时，有），
联立解得或，
因为，所以，
所以三棱锥的体积为或．
【小问3详解】
因为是直角三角形，斜边为，
所以的外接圆的圆心为的中点，如图：
设球的半径为R，点所在截面圆的圆心为点，半径为r，此截面与平面平行，
则球心在上，且，
因为点到底面的距离为7，所以，
则．
设点在平面上的射影为点，则点在以点为圆心，3为半径的圆上，
∵平面，
∴与平面内所有直线垂直，，
∴
而
，
当反向时，取得最小值，为，
∴的最小值为．