2026届河北省滁州市衡水中学高考数学倒计时模拟卷含解析

这是一份2026届河北省滁州市衡水中学高考数学倒计时模拟卷含解析，文件包含河南郑州外国语学校2026届高三下学期适应性训练一化学答案pdf、河南郑州外国语学校2026届高三下学期适应性训练一化学试卷pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A．B．64C．D．32
2．曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
3．已知集合，，则中元素的个数为( )
A．3B．2C．1D．0
4．《九章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.某“堑堵”的三视图如图，则它的外接球的表面积为（ ）
A．4πB．8πC．D．
5．若函数有且仅有一个零点，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
6．复数的共轭复数为（ ）
A．B．C．D．
7．古希腊数学家毕达哥拉斯在公元前六世纪发现了第一、二个“完全数”6和28，进一步研究发现后续三个“完全数”分别为496，8128，33550336，现将这五个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个，则6和28恰好在同一组的概率为
A．B．C．D．
8．已知数列对任意的有成立，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
9．若干年前，某教师刚退休的月退休金为6000元，月退休金各种用途占比统计图如下面的条形图.该教师退休后加强了体育锻炼，目前月退休金的各种用途占比统计图如下面的折线图.已知目前的月就医费比刚退休时少100元，则目前该教师的月退休金为（ ）.

A．6500元B．7000元C．7500元D．8000元
10．已知定义在上的函数的周期为4，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
11．《易·系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图的排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中.如图，白圈为阳数，黑点为阴数.若从这10个数中任取3个数，则这3个数中至少有2个阳数且能构成等差数列的概率为（ ）

A．B．C．D．
12．已知集合，集合，若，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．的展开式中的常数项为__________.
14．设双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为____________.
15． “今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月共织九匹三丈．”其白话意译为：“现有一善织布的女子，从第2天开始，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织了5尺布，现在一个月（按30天计算）共织布390尺．”则每天增加的数量为____尺，设该女子一个月中第n天所织布的尺数为，则______．
16．已知，则_____
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）已知函数，.
（1）当时，
①求函数在点处的切线方程；
②比较与的大小;
（2）当时，若对时，，且有唯一零点，证明：．
18．（12分）设数列的前项和为，且，数列满足，点在上，
（1）求数列，的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
19．（12分）已知函数有两个极值点，.
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：.
20．（12分）如图，已知在三棱台中，，，.
（1）求证：；
（2）过的平面分别交，于点，，且分割三棱台所得两部分几何体的体积比为，几何体为棱柱，求的长.
提示：台体的体积公式（，分别为棱台的上、下底面面积，为棱台的高）.
21．（12分）已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）已知在处的切线与轴垂直，若方程有三个实数解、、（），求证：.
22．（10分）已知点，且，满足条件的点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）是否存在过点的直线，直线与曲线相交于两点，直线与轴分别交于两点，使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
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、A
【解析】
根据三视图，还原空间几何体，即可得该几何体的体积.
【详解】
由该几何体的三视图，还原空间几何体如下图所示：
可知该几何体是底面在左侧的四棱锥，其底面是边长为4的正方形，高为4，
故.
故选：A
【点睛】
本题考查了三视图的简单应用，由三视图还原空间几何体，棱锥体积的求法，属于基础题.
2、A
【解析】
将点代入解析式确定参数值，结合导数的几何意义求得切线斜率，即可由点斜式求的切线方程.
【详解】
曲线，即，
当时，代入可得，所以切点坐标为，
求得导函数可得，
由导数几何意义可知，
由点斜式可得切线方程为，即，
故选：A.
【点睛】
本题考查了导数的几何意义，在曲线上一点的切线方程求法，属于基础题.
3、C
【解析】
集合表示半圆上的点，集合表示直线上的点，联立方程组求得方程组解的个数，即为交集中元素的个数.
【详解】
由题可知：集合表示半圆上的点，集合表示直线上的点，
联立与，
可得，整理得，
即，
当时，，不满足题意；
故方程组有唯一的解.
故.
故选：C.
【点睛】
本题考查集合交集的求解，涉及圆和直线的位置关系的判断，属基础题.
4、B
【解析】
由三视图判断出原图，将几何体补形为长方体，由此计算出几何体外接球的直径，进而求得球的表面积.
【详解】
根据题意和三视图知几何体是一个底面为直角三角形的直三棱柱，底面直角三角形的斜边为2，侧棱长为2且与底面垂直，因为直三棱柱可以复原成一个长方体，该长方体外接球就是该三棱柱的外接球，长方体对角线就是外接球直径，则，那么.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查三视图还原原图，考查几何体外接球的有关计算，属于基础题.
5、D
【解析】
推导出函数的图象关于直线对称，由题意得出，进而可求得实数的值，并对的值进行检验，即可得出结果.
【详解】
，
则，
，
，所以，函数的图象关于直线对称.
若函数的零点不为，则该函数的零点必成对出现，不合题意.
所以，，即，解得或.
①当时，令，得，作出函数与函数的图象如下图所示：
此时，函数与函数的图象有三个交点，不合乎题意；
②当时，，，当且仅当时，等号成立，则函数有且只有一个零点.
综上所述，.
故选：D.
【点睛】
本题考查利用函数的零点个数求参数，考查函数图象对称性的应用，解答的关键就是推导出，在求出参数后要对参数的值进行检验，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
6、D
【解析】
直接相乘，得，由共轭复数的性质即可得结果
【详解】
∵
∴其共轭复数为.
故选：D
【点睛】
熟悉复数的四则运算以及共轭复数的性质.
7、B
【解析】
推导出基本事件总数，6和28恰好在同一组包含的基本事件个数，由此能求出6和28恰好在同一组的概率．
【详解】
解：将五个“完全数”6，28，496，8128，33550336，随机分为两组，一组2个，另一组3个，
基本事件总数，
6和28恰好在同一组包含的基本事件个数，
∴6和28恰好在同一组的概率．
故选：B．
【点睛】
本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8、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：
【点睛】
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.
9、D
【解析】
设目前该教师的退休金为x元，利用条形图和折线图列出方程，求出结果即可．
【详解】
设目前该教师的退休金为x元，则由题意得：6000×15%﹣x×10%＝1．解得x＝2．
故选D．
【点睛】
本题考查由条形图和折线图等基础知识解决实际问题，属于基础题．
10、A
【解析】
因为给出的解析式只适用于，所以利用周期性，将转化为，再与一起代入解析式，利用对数恒等式和对数的运算性质，即可求得结果.
【详解】
定义在上的函数的周期为4
，
当时，，
，，
.
故选：A.
【点睛】
本题考查了利用函数的周期性求函数值，对数的运算性质，属于中档题.
11、C
【解析】
先根据组合数计算出所有的情况数，再根据“3个数中至少有2个阳数且能构成等差数列”列举得到满足条件的情况，由此可求解出对应的概率.
【详解】
所有的情况数有：种，
3个数中至少有2个阳数且能构成等差数列的情况有：
，共种，
所以目标事件的概率.
故选：C.
【点睛】
本题考查概率与等差数列的综合，涉及到背景文化知识，难度一般.求解该类问题可通过古典概型的概率求解方法进行分析；当情况数较多时，可考虑用排列数、组合数去计算.
12、A
【解析】
根据或，验证交集后求得的值.
【详解】
因为，所以或.当时，，不符合题意，当时，.故选A.
【点睛】
本小题主要考查集合的交集概念及运算，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、31
【解析】
由二项式定理及其展开式得通项公式得：因为的展开式得通项为，则的展开式中的常数项为： ，得解.
【详解】
解：，
则的展开式中的常数项为：
.
故答案为：31.
【点睛】
本题考查二项式定理及其展开式的通项公式，求某项的导数，考查计算能力.
14、
【解析】
根据渐近线得到，，计算得到离心率.
【详解】
，一条渐近线方程为：，故，，.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了双曲线的渐近线和离心率，意在考查学生的计算能力.
15、 52
【解析】
设从第2天开始,每天比前一天多织尺布,由等差数列前项和公式求出,由此利用等差数列通项公式能求出.
【详解】
设从第2天开始,每天比前一天多织d尺布,
则,
解得,即每天增加的数量为，
，故答案为，52.
【点睛】
本题主要考查等差数列的通项公式、等差数列的求和公式，意在考查利用所学知识解决问题的能力，属于中档题.
16、
【解析】
化简得，利用周期即可求出答案．
【详解】
解：，
∴函数的最小正周期为6，
∴，
，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查三角函数的性质的应用，属于基础题．
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、（1）①见解析，②见解析；（2）见解析
【解析】
（1）①把代入函数解析式，求出函数的导函数得到，再求出，利用直线方程的点斜式求函数在点处的切线方程；
②令，利用导数研究函数的单调性，可得当时，；当时，；当时，．
（2）由题意，，在上有唯一零点．利用导数可得当时，在上单调递减，当，时，在，上单调递增，得到．由在恒成立，且有唯一解，可得，得，即．令，则，再由在上恒成立，得在上单调递减，进一步得到在上单调递增，由此可得．
【详解】
解：（1）①当时，，，，
又，切线方程为，即；
②令，
则，
在上单调递减．
又，
当时，，即；
当时，，即；
当时，，即．
证明：（2）由题意，，
而，
令，解得．
，，
在上有唯一零点．
当时，，在上单调递减，
当，时，，在，上单调递增．
．
在恒成立，且有唯一解，
，即，
消去，得，
即．
令，则，
在上恒成立，
在上单调递减，
又， ，
．
在上单调递增，
．
【点睛】
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数研究函数的单调性，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属难题．
18、（1），
（2）.
【解析】
（1）利用与的递推关系可以的通项公式；点代入直线方程得，可知数列是等差数列，用公式求解即可.(2)用错位相减法求数列的和.
【详解】
由可得，
两式相减得，．
又，所以．故是首项为1，公比为3的等比数列．所以．
由点在直线上，所以．
则数列是首项为1，公差为2的等差数列．则
因为，所以．
则，
两式相减得：．
所以．
【点睛】
用递推关系求通项公式时注意的取值范围，所求结果要注意检验的情况；由一个等差数列和一个等比数列的积组成的数列求和，常用错位相减法求解.
19、（1） （2）证明见解析
【解析】
（1）先求得导函数，根据两个极值点可知有两个不等实根，构造函数，求得；讨论和两种情况，即可确定零点的情况，即可由零点的情况确定的取值范围；
（2）根据极值点定义可知，，代入不等式化简变形后可知只需证明；构造函数，并求得，进而判断的单调区间，由题意可知，并设，构造函数，并求得，即可判断在内的单调性和最值，进而可得，即可由函数性质得，进而由单调性证明
，即证明，从而证明原不等式成立.
【详解】
（1）函数
则，
因为存在两个极值点，，
所以有两个不等实根.
设，所以.
①当时，，
所以在上单调递增，至多有一个零点，不符合题意.
②当时，令得，
所以，即.
又因为，，
所以在区间和上各有一个零点，符合题意，
综上，实数的取值范围为.
（2）证明：由题意知，，
所以，.
要证明，
只需证明，
只需证明.
因为，，所以.
设，则，
所以在上是增函数，在上是减函数.
因为，
不妨设，
设，，
则，
当时，，，
所以，所以在上是增函数，
所以，
所以，即.
因为，所以，
所以.
因为，，且在上是减函数，
所以，
即，
所以原命题成立，得证.
【点睛】
本题考查了利用导数研究函数的极值点，由导数证明不等式，构造函数法的综合应用，极值点偏移证明不等式成立的应用，是高考的常考点和热点，属于难题.
20、（1）证明见解析；（2）2
【解析】
（1）在中，利用勾股定理，证得，又由题设条件，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到；
（2）设三棱台和三棱柱的高都为上、下底面之间的距离为，根据棱台的体积公式，列出方程求得，得到，即可求解.
【详解】
（1）由题意，在中，，，
所以，可得，
因为，可得.
又由，，平面，所以平面，
因为平面，所以.
（2）因为，可得，
令，，
设三棱台和三棱柱的高都为上、下底面之间的距离为，
则，整理得，
即，解得，即，
又由，所以.
【点睛】
本题主要考查了直线与平面垂直的判定与应用，以及几何体的体积公式的应用，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理，以及熟练应用几何体的体积公式进行求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.
21、（1）①当时， 在单调递增,②当时，单调递增区间为,,单调递减区间为
（2）证明见解析
【解析】
（1）先求解导函数，然后对参数分类讨论，分析出每种情况下函数的单调性即可；
（2）根据条件先求解出的值，然后构造函数分析出之间的关系，再构造函数分析出之间的关系，由此证明出.
【详解】
（1），
①当时，恒成立，则在单调递增
②当时，令得，
解得，
又，∴
∴当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
（2）依题意得，，则
由（1）得，在单调递增，在上单调递减，在上单调递增
∴若方程有三个实数解，
则
法一：双偏移法
设，则
∴在上单调递增，∴，
∴，即
∵，∴，其中，
∵在上单调递减，∴，即
设，
∴在上单调递增，∴，
∴，即
∵，∴，其中，
∵在上单调递增，∴，即
∴.
法二：直接证明法
∵，，在上单调递增，
∴要证，即证
设，则
∴在上单调递减，在上单调递增
∴，
∴，即
（注意：若没有证明，扣3分）
关于的证明：
（1）且时，（需要证明），其中
∴
∴
∴
（2）∵，∴
∴，即
∵，，∴，则
∴
【点睛】
本题考查函数与倒导数的综合应用，难度较难.（1）对于含参函数单调性的分析，可通过分析参数的临界值，由此分类讨论函数单调性；（2）利用导数证明不等式常用方法：构造函数，利用新函数的单调性确定函数的最值，从而达到证明不等式的目的.
22、（1）（2）存在， 或．
【解析】
（1）由得看成到两定点的和为定值，满足椭圆定义，用定义可解曲线的方程.
（2）先讨论斜率不存在情况是否符合题意，当直线的斜率存在时，设直线点斜式方程，由，可得，再直线与椭圆联解，利用根的判别式得到关于的一元二次方程求解.
【详解】
解：设，
由， ，
可得，即为，
由，可得的轨迹是以为焦点，且的椭圆，
由，可得，可得曲线的方程为；
假设存在过点的直线l符合题意．
当直线的斜率不存在，设方程为，可得为短轴的两个端点，
不成立；
当直线的斜率存在时，设方程为，
由，可得，即，
可得，化为，
由可得，
由在椭圆内，可得直线与椭圆相交，
，
则
化为，即为，解得，
所以存在直线符合题意，且方程为或．
【点睛】
本题考查求轨迹方程及直线与圆锥曲线位置关系问题. （1）定义法求轨迹方程的思路:应用定义法求轨迹方程的关键在于由已知条件推出关于动点的等量关系式，由等量关系结合曲线定义判断是何种曲线，再设出标准方程，用待定系数法求解；（2）解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解.
0
减
极小值
增