河北省雄安新区2026届高三下学期考前预测数学试题（含解析）高考模拟

这是一份河北省雄安新区2026届高三下学期考前预测数学试题（含解析）高考模拟，共8页。
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，将本试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.
【答案】C
【解析】
【分析】借助交集定义即可得.
【详解】，又，则.
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设复数 ， 根据模长公式，共轭复数的概念以及复数相等的条件即可求解.
【详解】设复数 ，则，
根据复数相等的条件可得，解得，所以.
3. 已知袋中有2个白球、1个红球，3个球除颜色外其余均相同，有放回地随机摸球3次，恰有1次摸到红球的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】借助相互独立事件的概率公式计算即可得.
【详解】每次摸到红球的概率都为，
则摸球3次，恰有1次摸到红球的概率是.
4. 如图，在矩形中，，为的中点，为等边三角形，为的中心，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助等边三角形性质、平面向量线性运算与数量积公式计算即可得.
【详解】由为等边三角形，则,
由为的中心，则，，
则
.
5. 在长方体中，，，则长方体外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据长方体体对角线的长即为外接球的直径得出，然后再根据球的表面积公式即可求解 .
【详解】设外接球半径为，已知长方体长宽高为：，，.
根据长方体体对角线公式： ，
由体对角线长等于，得，即，
所以长方体外接球表面积.
6. 已知椭圆的左、右顶点，和左、右焦点，分别是双曲线的左、右焦点和左、右顶点，是两曲线在第一象限的公共点，椭圆和双曲线的离心率分别为，，，和分别为直线和的斜率，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合椭圆与双曲线定义，利用离心率可用表示出、、，即可表示出点坐标，再利用斜率公式计算即可得解.
【详解】由题意可得、，、，

，，
则，整理得，
由，故，故，
则，，解得，
设，则有、，
即、，解得，，
则.
7. 若实数，满足，对于以下各式：①；②；③；④，其中不可能成立的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】借助指数函数性质结合作差法，分及讨论并判断即可得.
【详解】，
若，由在上单调递减，
则，故，即，
又，
故，故①可能成立，②不可能成立；
若，则，故，即，
又，
故，故③可能成立，④不可能成立；
故其中不可能成立的个数是.
8. 在中，内角，，的对边分别为，，，，的平分线交于点，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助面积公式与正弦定理结合两角和与差的正弦公式可得，即有；借助角平分线性质与正弦定理计算可得，则，结合可解出的值，再利用及正弦定理结合二倍角公式可求出.
【详解】由于，，则，即，
由正弦定理将边化为角可得，
又，
则，
即，故，则；
由的平分线交于点，则，则，
又，即，
则，
由正弦定理可得、，
即、，故，
由，则，即，
由，故，整理得，
由，故，则，解得（负值舍去），
由正弦定理，则，
由，则，即，
则，
则，则.
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. 一组样本数据：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，则这组数据的（ ）
A. 中位数是3B. 第80百分位数是4
C. 平均数是3.5D. 方差是11
【答案】AB
【解析】
【分析】根据中位数、平均数、百分位数、方差的定义计算即可.
【详解】因为样本数据为1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，
所以中位数为，A正确；
由于，所以第80百分位数是，B正确；
平均数为1+2+2+3+3+3+4+4+4+410=3 ，所以C错误；
样本数据的方差为191−32+2−32+2−32+3−32+3−32+3−32+4−32+4−32+4−32+4−32=109
所以D错误.
10. 已知4个正数，，，成等比数列（公比），则（ ）
A. B.
C. D. 若，，则的最小值为5
【答案】BCD
【解析】
【详解】对A：由等比数列性质可得，故A错误；
对B：，，
则，
由且各项为正数，则，，则，
即，故B正确.
对C：由，则，则，
故，故C正确；
对D：由，则，
由对勾函数性质可得在上单调递减，
故，故D正确.
11. 已知，且，则的取值可能在以下哪个区间（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】借助诱导公式计算可得或或，结合正弦函数单调性结合三角恒等变换公式计算即可确定的取值区间.
【详解】，
则或，
即或，
由，故或或，
当时，，故D选项符合；
当时，有，故，
令，则，有，则，
，
则，
整理得，
解得或或，
由，故，即有，
故，故B选项符合；
，则
当时，由，故，
及，即有，故C选项符合；
综上可得：B、C、D正确，A错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的图象的对称中心为________．
【答案】
【解析】
【分析】设其对称中心为，则有恒成立，解出即可得.
【详解】设函数的图象的对称中心为，
则有，
即，
整理得，
则有，解得，
故函数的图象的对称中心为.
13. 函数的最大值为________．
【答案】##
【解析】
【分析】结合辅助角公式计算即可得.
【详解】由，则，即，
即，则，即，
解得，故函数的最大值为.
14. 过点可向曲线作三条切线，则实数的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】设切点坐标为，借助导数的几何意义计算可得切线方程为，将点代入，可得，构造相应函数，则可得该函数的图象与直线有三个不同交点，借助导数研究单调性后计算即可得解.
【详解】设曲线的切点坐标为，，
则切线方程为，
点在该直线上，有，
整理得，
由题意可得函数的图象与直线有三个不同交点，
，
则当时，，当时，，
故在、上单调递减，在上单调递增，
，，
又当时，，时，，
故当时，函数的图象与直线有三个不同交点，
即实数的取值范围为.
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. 已知在数列中，，当时，．
（1）证明：为等比数列；
（2）若，求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由可得，再利用等比数列定义即可证明；
（2）借助错位相减法计算即可得.
【小问1详解】
由，则，
又，故数列是以为首项，为公比的等比数列；
【小问2详解】
由（1）可得，则，故，
则，
故，
则
，
故.
16. 如图，在三棱台中，，，，．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）将棱台补成棱锥后，结合棱台性质与勾股定理逆定理可得、，再利用线面垂直判定定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系后，求出平面平面与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式及同角三角函数基本关系计算即可得.
【小问1详解】
将棱台补成棱锥，设棱锥顶点为，由，，有，
则，则、、分别为、、的中点，
由，则，由，则，
故为等边三角形，由，则，
又，则，故，
又，则有，故，
又，则，
又，、平面，
故平面，即平面；
【小问2详解】
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则，、、、，
则、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
令，，则，，，
即可取、，
则，
即二面角的正弦值为.
17. 现有1，2，3号三名运动员投篮，命中率分别为，，，每次投篮命中与否相互独立，1号先投，接下来按以下规则，若n号投进，则下次由号投，若n号投不进，则下次由号投，4号就是指1号，5号就是指2号，6号就是指3号，7号就是指1号，依次类推．
（1）求第3次由3号投篮的概率；
（2）每进1球记1分，不进球记0分，三人得分累计3分或投篮总次数达到5次后结束，设投篮总次数为X，求X的数学期望．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意结合相互独立事件的概率公式计算即可得；
（2）得到的可能取值及其概率后，利用期望公式计算即可得.
【小问1详解】
要想第次由号投篮，则需号投进，号也投进，概率为；
【小问2详解】
的可能取值为、、，
，
，
，
则.
18. 抛物线上一点到焦点的距离为2．
（1）求抛物线的方程．
（2）过的直线交此抛物线于，（，不与原点重合）两点，的外接圆圆心为．
（ⅰ）证明：为锐角；
（ⅱ）求直线的斜率的最大值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，由此可求出的值，进而得到抛物线方程；
（2）（ⅰ）利用韦达定理得到、两点坐标的关系，再通过计算的正负来判断是否为锐角；（ⅱ）利用外心性质列方程：外心在的垂直平分线上，结合向量垂直关系，推导出满足的方程，结合韦达定理，用表示，利用垂直平分线及由在的垂直平分线上，得，写出斜率，用均值不等式求得最大值.
【小问1详解】
对于抛物线，其准线方程为.
已知点到焦点的距离为2，根据抛物线的定义，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，则，解得.
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
（ⅰ）设直线的方程为，，，
联立，将代入可得：
，即.
由韦达定理可得，.
因为，所以
将代入上式可得：.
因为，所以为锐角.
（ⅱ）设的中点为，即，
易知.
将代入化简，得(*)，
同理，，
，得，
由，
得，
故
故，
当时，易知；
当时，的中点为，
故由，得，得
故，
当且仅当时，等号成立.
综上所述，的最大值为.
19. 已知函数，函数，为实数．
（1）证明：．
（2）若．
（ⅰ）证明：有两个零点，，且若，则；
（ⅱ）证明：．
【答案】（1）证明见解析
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导后，利用导数正负可判断函数单调性，借助单调性计算即可得解；
（2）（ⅰ）求导后可判断函数单调性，再结合零点存在性定理即可得证；
（ⅱ）结合（1）中所得可得，，构造关于的方程，结合根的判别式与韦达定理可得及，即可得证.
【小问1详解】
，
令，则，
故在上单调递减，又，
则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
则，即得证；
【小问2详解】
（ⅰ），
令，则，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
则，故在上单调递减，
又，
故当时，，当时， ，
即在上单调递增，在上单调递减，
当时，，由，则，
当时，，由，则，当时，，
故有两个零点，，且若，则；
（ⅱ）由（1）知，恒成立，
当时，有，即，
不妨设，则，有，
即，则，整理得；
当时，有，即，
又，即，
则，整理得，
设关于的方程，，
故该方程有两根，设为、，且，则，
由，，
则，故.