2025-2026学年下学期河北省沧州高三数学4月模拟考试试卷含答案

这是一份2025-2026学年下学期河北省沧州高三数学4月模拟考试试卷含答案，共3页。试卷主要包含了 设命题 p等内容，欢迎下载使用。
满分 150 分，考试用时 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 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，再选涂其它答案标号。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, 将本试卷和答题卡一并交回。
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 P={x∣−2b ,且 1a>1b ,则
A. ab>0 B. a+b>0 C. a+b0,b>0 的左、右焦点分别为 F1,F2 ,点 P 是双曲线 C 右支上一点,若 PF1⋅PF2=0 ，且 ∠PF1F2=π8 ，则该双曲线的离心率是_____.
14. 方程 x+y+z=30 的正整数解 x,y,z 的个数为_____. 在所有正整数解中随机取一个，则取到的解恰好满足 x≤y≤z 的概率为_____.
四、解答题:本大题共 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. (本题满分 13 分) 已知向量 a=2sinx,csx−sinx,b=csx,csx+sinx,fx=a⋅b .
(1)求函数 y=fx 图象的对称轴方程；
(2)在 △ABC 中，角 A 为锐角且 fA=1,BC=2 ，求 △ABC 面积的最大值.
16. (本题满分 15 分) 学校餐厅每天中午都会提供 A 、 B 两种套餐 (每人每次只能选择其中一种),经统计分析发现:学生第一天选择 A 类套餐的概率为 23 、选择 B 类套餐的概率为 13 . 而前一天选择了 A 类套餐第二天选择 A 类套餐的概率为 14 、选择 B 套餐的概率为 34 ；前一天选择 B 类套餐第二天选择 A 类套餐的概率为 12 、选择 B 类套餐的概率也是 12 ,如此往复,记某同学第 n 天选择 A 类套餐的概率为 Pn .
(1)证明; 数列 Pn−25 是等比数列,并求数列 Pn 的通项公式;
(2)记高三某宿舍的 3 名同学在开学第二天选择 A 类套餐的人数为 X ，求 X 的概率分布列及数学期望.
17. (本题满分 15 分) 如图,在四棱锥 P−ABCD 中,底面 ABCD 为菱形, △PAD 为正三角形,平面 PAD⊥ 平面 ABCD,F 是 CD 的中点.
(1)证明: BD⊥PF ；
(2)若 ∠BAD=60∘ ，求平面 PBF 与平面 PBD 夹角的余弦值.

18. (本题满分 17 分) 已知函数 fx=ex−ax+1,a∈R .
(1)当 a=1 时,求曲线 y=fx 在 x=0 处的切线方程;
(2)当 a=2 时,若存在正数 x0 使 fx0+1=0 ，比较 x0+lnx0 的值与 1 的大小关系；
(3)若不等式 fx+x≥lna+lnx+1 恒成立，求实数 a 的取值范围.
19. (本题满分 17 分) 平面直角坐标系 xOy 中,动点 Qx,y 与定点 F1,0 的距离和 Q 到定直线 l : x=4 的距离的比是常数 12 ，记点 Q 的轨迹为曲线 E .
(1)求曲线 E 的方程；
(2)已知过椭圆 x2a2+y2b2=1 外一点 x0,y0 引椭圆的两条切线，过两切点的直线方程为 x0xa2+y0yb2=1 . 现过曲线 E 外一点 Px0,y0 作曲线 E 的切线,切点分别为 A,B .
( i )证明:直线 PF 平分 ∠AFB ；
(ii) 直线 PF 与直线 AB 交于点 M ，过点 M 作直线 l 的垂线，垂足为 N ，直线 AN ， BN 的斜率分别为 k1,k2 ，探究 k1+k2 是否为定值,若为定值，求出该定值，若不为定值请说明理由.
数学参考答案
1.C 2.A
3. D
4. A
5. C : 事件 A,B 相互独立, ∴PAB=PAPB=16,∵ 事件 A 与 B 也相互独立,
∴PAB=PAPB=PA1−PB=13 ,两式相除可得 PB1−PB=1613=12 ,解得 PB=13 . ∵PAB=PAPB=16 ,得 PA=12,PA=12,PA∣B=PABPB=1613=12 . 故选:C.
6. B 7. D
8. B 【注】如图直角 △ABC 斜边 AB=3,∠A=π6 ,可得 AC=332 . 延长 AB 到点 O ,使 BO=1 ,由题意 PA=2PB 知动点 P 的轨迹为以 O 为圆心,2 为半径的圆. 过点 P 作直线 AC 的垂线,垂足为 D . 则得 AP⋅AC= AP⋅ACcs∠PAC=AC⋅AD . 所以当直线 PD 与圆 O 相切时, AP⋅AC 最大,最大值为 9+33 . 故选 B.

【法二】如图直角 △ABC 斜边 AB=3,∠A=π6 ,可得 AC=332 . 延长 AB 到点 O ,使 BO=1 ,由题意 PA=2PB 知动点 P 的轨迹为以 O 为圆心,2 为半径的圆. 建立如图坐标系, AC=94,334 . 设 P2csθ,2sinθ 得 AP= 2csθ+4,2sinθ,AP⋅AC=92csθ+9+332sinθ=33sinθ+φ+9 , tanφ=3 ,则当 θ+φ=π2 时, AP⋅AC 的最大值为 9+33 . 故选 B.

9. ABD
10. ABC 由题意,可知 a1=2,a2=13,a3=−12,a4=−3,a5=2,a6=13,⋯ ,可知该数列的周期为 4,可得 anan+2=an+1an+3=−1 ,故 A 正确. 取 a2+a3=−16,a2a3=−16 ,所以 ∃n∈N∗,an+an+1=anan+1 ,故 B 正确. a1+a2+a3+a4=−76 ,则 a1+a2+a3+⋯+a2026=506a1+a2+a3+a4+a1+a2,a1+a2+a3+⋯+a2026= 506×−76+73=−588 . 故 C 正确. a1a2a3a4=1,a1a2a3⋯a2026=a1a2=23 . 故 D 错误. 故选 ABC.
11. BD 分别取棱 B1C1,C1C,B1B 的中点 M,N,F ,知平面 A1DE 与面 BB1C1C 的交线为 EF ,又 D1M//DE,D1M⊄ 面 A1DE,DE⊂ 面 A1DE,∴D1M// 面 A1DE , MN//EF ,同理得 MN// 面 A1DE ,又 D1M∩MN=M ,所以平面 D1MN// 平面 A1DE , 由题意 D1P// 面 A1DE ,知点 P 在 BCC1B1 的轨迹为线段 MN ,且 MN=2 ,故 A 错误, B 正确. 直线 D1P 与平面 ADD1A1 所成角即直线 D1P 与平面 BB1C1C 所成角, 在 Rt△D1C1P 中， D1C1=2 ，所以 C1P 距离最小时直线 D1P 与平面 ADD1A1 所成角的正切值最大是 22 ，故 C 错误。当点 P 是线段 MN 的中点时,可证明 D1P⊥MN,BP⊥MN ,所以 MN⊥ 平面 D1BP ,又 MN⊂D1MN ,所以平面 D1MN⊥ 平面 D1BP ,又平面 D1MN// 平面 A1DE ,所以平面 D1BP⊥ 平面 A1DE ,故 D 正确. 故选 BD.

12.6 Cn2=15 ,即 nn−12=15,∴n=6 ,故填 6 .
13. 2+2 【法一】设 F1−c,0,F2c,0,O0,0 ,则 a2+b2=c2 ,
由 PF1⋅PF2=0 ，知点 P 是圆 x2+y2=c2 的一点，联立 x2a2−y2b2=1x2+y2=c2 ，解得 x2=c2−b4c2y2=b4c2 ，
又因为 ∠PF1F2=π8 ,所以 ∠POF2=π4 ,则 b4c2=c2−b4c2 ,得 2b4c2=c2,2b2=c2 .
则 2c2−a2=c2⇒2−1c2=2a2 ,得 c2a2=2+2 ,所以离心率为 ca=2+2 .
【法二】设 PF1=r1,PF2=r2 ,由 ∠PF1F2=π8 可得 ∠PF2F1=3π8 ,
所以 sin∠PF1F2=r22c=sinπ8,sin∠PF2F1=r12c=sin3π8 ,
两式相减得 r1−r22c=sin3π8−sinπ8⇒2a2c=csπ8−sinπ8 ,
1e2=csπ8−sinπ82=1−sinπ4=2−22,
e2=2+2⇒e=2+2 .
14.406 75406 提示: 首先易知 x+y+z=30 的正整数解的个数为 C292=406 .
把 x+y+z=30 满足 x≤y≤z 的整数解分为三类:
①x,y,z 均相等的整数解的个数显然为 1 个,是 10,10,10 ;
② x,y,z 中有且仅有 2 个相等的正整数解的个数为 13 个,分别为 1,1,28,2,2,26,3,3,24,(4,4 ,
22) ,5,5,20,6,6,18,7,7,16,8,8,14,9,9,12,2,14,14,4,13,13,6,12,12,8,11,11 ;
③ 设 x,y,z 两两均不相等的正整数解为 k ，易知 1+3×13+6k=406 ，所以 6k=406−40=366 ，即 k=61 . 从而满足 x≤y≤z 的正整数解的个数为 1+13+61=75 . 所以在所有正整数解中随机取一个,则取到的解恰为满足 x≤y≤z 的解的概率为 75406 .
15. 解: (1) 依题意, fx=2csxsinx+cs2x−sin2x=sin2x+cs2x ,
即 fx=2sin2x+π4 (2 分)
令 2x+π4=π2+kπ,k∈Z ,即 x=π8+kπ2,k∈Z ,
所以函数 y=fx 的对称轴方程为 x=π8+kπ2,k∈Z . (5 分)
(2)由(1)及 fA=1 得: 2sin2A+π4=1 ，
即 sin2A+π4=22 ,
由 00 ,
故函数 gx=x+lnx 在 0,+∞ 单调递增,
所以由 ex+lnex≥lnax+a+ax+1 ,得 ex≥ax+1 恒成立,
又 a>0,x>−1 ,即 a≤exx+1 恒成立, (13 分)
设 Fx=exx+1 ,得 F′x=exxx+12 ,
又 F0=0 ,
所以当 x∈−1,0 时, F′x0 ,函数 Fx=exx+1 在区间 0,+∞ 单调递增, (15 分)
故函数 Fx=exx+1 的最小值为 F0=1 ,
所以 a≤1 .
综上若不等式 fx+x≥lna+lnx+1 恒成立，实数 a 的取值范围为 (0,1] . (17 分)
【法二】若不等式 fx+x≥lna+lnx+1 恒成立,知 a>0,x>−1 .
且 ex−ax+1+x≥lnax+a 恒成立,
即 ex+x≥lnax+a+ax+1⇒ex+x≥elnax+1+lnax+a , (12 分)
设 gx=ex+x ,得 g′x=ex+1>0 ,
故函数 gx=ex+x 单调递增,
所以由 ex+x≥elnax+1+lnax+a ,得 x≥lnax+1 恒成立,
即 x≥lna+lnx+1 ,得 lna≤x−lnx+1 , (13 分)
设 Gx=x−lnx+1 ,
得 G′x=1−1x+1=xx+1 ,
又 G0=0 ,
所以当 x∈−1,0 时, G′x0 ,函数 Gx=x−lnx+1 在区间 0,+∞ 单调递增, (15 分)
故函数 Gx=x−lnx+1 的最小值为 G0=0 ,
所以 lna≤0⇒a≤1 .
综上若不等式 fx+x≥lna+lnx+1 恒成立，实数 a 的取值范围为 (0,1] . (17 分)
19. 解: (1) 依题意得 x−12+y2x−4=12 ,即 4y2+4x−12=x−42 ,
整理得 3x2+4y2=12 ,即 x24+y23=1 . (3 分)
(2)(i)设 Ax1,y1,Bx2,y2 ，
则由题意直线 AB 的方程为 x0x4+y0y3=1 .
则 x0x14+y0y13=1 ,且 x0x24+y0y23=1 . (5 分)
整理得 y0y1=3−3x0x14,y0y2=3−3x0x24 .
则由题意知 Ax1,y1 到定点 F1,0 的距离和 A 到定直线 l:x=4 的距离的比是常数 12 ,
故 AF4−x1=12⇒AF=2−x12 ,同理 BF=2−x22 .
又 cs∠AFP=FA⋅FPFA⋅FP=x1−1,y1⋅x0−1,y02−x12×FP=x1x0−x1−x0+1+y1y02−x12×FP (7 分)
将 y0y1=3−3x0x14 代入上式，
得 cs∠AFP=x1x04−x1−x0+42−x12×FP=x1x0−4x1−4x0+1642−x12×FP=x1−4x0−442−x12×FP (9 分)
同理, cs∠BFP=x2−4x0−442−x22×FP , (10 分)
欲证直线 PF 平分 ∠AFB ,可证 x1−4x0−442−x12×FP=x2−4x0−442−x22×FP ,
即证 x1−44−x1=x2−44−x2 ,显然成立. 所以直线 PF 平分 ∠AFB 成立. (12 分)
(ii) 由 (i) 知 PF 平分 ∠AFB ,由题意,
设 MxM,yM ,得 N4,yM ,
则 AFBF=AMBM=2−x122−x22=4−x14−x2 , (13 分)
得 yM−y1y2−yM=4−x14−x2 ,整理得 yM−y14−x2+yM−y24−x1=0 ,
又 k1=yM−y14−x1,k2=yM−y24−x2 , (15 分)
所以 k1+k2=yM−y14−x1+yM−y24−x2=yM−y14−x2+yM−y24−x14−x14−x2=0 ,
则 k1+k2 为定值 0 . (17 分)X
0
1
2
3
P
827
49
29
127