2026届河北省衡水市枣强县枣强中学高考考前提分数学仿真卷含解析

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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．数列满足，且，，则（ ）
A．B．9C．D．7
2．将函数图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象关于直线对称，则函数在上的值域是（ ）
A．B．C．D．
3．已知抛物线的焦点为，是抛物线上两个不同的点，若，则线段的中点到轴的距离为（ ）
A．5B．3C．D．2
4．下列结论中正确的个数是（ ）
①已知函数是一次函数，若数列通项公式为，则该数列是等差数列；
②若直线上有两个不同的点到平面的距离相等，则；
③在中，“”是“”的必要不充分条件；
④若，则的最大值为2.
A．1B．2C．3D．0
5．过抛物线的焦点F作两条互相垂直的弦AB，CD，设P为抛物线上的一动点，，若，则的最小值是（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．设函数（，）是上的奇函数，若的图象关于直线对称，且在区间上是单调函数，则（ ）
A．B．C．D．
7．在区间上随机取一个数，使得成立的概率为等差数列的公差，且，若，则的最小值为（ ）
A．8B．9C．10D．11
8．山东烟台苹果因“果形端正、色泽艳丽、果肉甜脆、香气浓郁”享誉国内外.据统计，烟台苹果（把苹果近似看成球体）的直径（单位：）服从正态分布，则直径在内的概率为（ ）
附：若，则，.
A．0.6826B．0.8413C．0.8185D．0.9544
9．若集合，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知直线过双曲线C：的左焦点F，且与双曲线C在第二象限交于点A，若（O为坐标原点），则双曲线C的离心率为
A．B．C．D．
11．我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角所对的边分别为，则的面积.根据此公式，若，且，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
12．的展开式中的系数是-10，则实数( )
A．2B．1C．-1D．-2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设、满足约束条件，若的最小值是，则的值为__________.
14． “直线l1：与直线l2：平行”是“a＝2”的_______条件（填“充分不必要”、“必要不充分”、“充分必要”或“既不充分又不必要”）．
15．已知圆柱的两个底面的圆周在同一个球的球面上，圆柱的高和球半径均为2，则该圆柱的底面半径为__________.
16．已知一个正四棱锥的侧棱与底面所成的角为，侧面积为，则该棱锥的体积为__________．
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）已知，.
（1）当时，证明：；
（2）设直线是函数在点处的切线，若直线也与相切，求正整数的值.
18．（12分）已知函数 ，
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，判断函数，（）有几个零点，并证明你的结论；
（3）设函数，若函数在为增函数，求实数的取值范围．
19．（12分）在中，、、的对应边分别为、、，已知，，.
（1）求；
（2）设为中点，求的长.
20．（12分）已知曲线的参数方程为为参数， 曲线的参数方程为为参数).
（1）求与的普通方程；
（2）若与相交于，两点，且，求的值.
21．（12分）如图在棱锥中，为矩形，面，
（1）在上是否存在一点，使面，若存在确定点位置，若不存在，请说明理由；
（2）当为中点时，求二面角的余弦值.
22．（10分）已知数列的各项均为正数，为其前n项和，对于任意的满足关系式.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列的通项公式是，前n项和为，求证：对于任意的正数n，总有.
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】
先由题意可得数列为等差数列，再根据，，可求出公差，即可求出．
【详解】
数列满足，则数列为等差数列，
，，
，，
，
，
故选：．
【点睛】
本题主要考查了等差数列的性质和通项公式的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题．
2、D
【解析】
由题意利用函数的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，余弦函数的值域，求得结果.
【详解】
解：把函数图象向右平移个单位长度后，
可得的图象；
再根据得到函数的图象关于直线对称，
，，
，函数.
在上，，，
故，即的值域是，
故选：D.
【点睛】
本题主要考查函数的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，余弦函数的值域，属于中档题．
3、D
【解析】
由抛物线方程可得焦点坐标及准线方程,由抛物线的定义可知,继而可求出,从而可求出的中点的横坐标,即为中点到轴的距离.
【详解】
解：由抛物线方程可知，，即，.设
则，即，所以.
所以线段的中点到轴的距离为.
故选:D.
【点睛】
本题考查了抛物线的定义，考查了抛物线的方程.本题的关键是由抛物线的定义求得两点横坐标的和.
4、B
【解析】
根据等差数列的定义，线面关系，余弦函数以及基本不等式一一判断即可；
【详解】
解：①已知函数是一次函数，若数列的通项公式为，
可得为一次项系数），则该数列是等差数列，故①正确；
②若直线上有两个不同的点到平面的距离相等，则与可以相交或平行，故②错误；
③在中，，而余弦函数在区间上单调递减，故 “”可得“”，由“”可得“”，故“”是“”的充要条件，故③错误；
④若，则，所以，当且仅当时取等号，故④正确；
综上可得正确的有①④共2个；
故选：B
【点睛】
本题考查命题的真假判断，主要是正弦定理的运用和等比数列的求和公式、等差数列的定义和不等式的性质，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
5、C
【解析】
设直线AB的方程为，代入得：，由根与系数的关系得，，从而得到，同理可得，再利用求得的值，当Q，P，M三点共线时，即可得答案.
【详解】
根据题意，可知抛物线的焦点为，则直线AB的斜率存在且不为0，
设直线AB的方程为，代入得：.
由根与系数的关系得，，
所以.
又直线CD的方程为，同理，
所以，
所以.故.过点P作PM垂直于准线，M为垂足，
则由抛物线的定义可得.
所以，当Q，P，M三点共线时，等号成立.
故选：C.
【点睛】
本题考查直线与抛物线的位置关系、焦半径公式的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意取最值的条件.
6、D
【解析】
根据函数为上的奇函数可得，由函数的对称轴及单调性即可确定的值，进而确定函数的解析式，即可求得的值.
【详解】
函数（，）是上的奇函数，
则，所以.
又的图象关于直线对称可得，，即，，
由函数的单调区间知，，
即，
综上，则，
.
故选：D
【点睛】
本题考查了三角函数的图象与性质的综合应用，由对称轴、奇偶性及单调性确定参数，属于中档题.
7、D
【解析】
由题意，本题符合几何概型，只要求出区间的长度以及使不等式成立的的范围区间长度，利用几何概型公式可得概率，即等差数列的公差，利用条件，求得，从而求得，解不等式求得结果.
【详解】
由题意，本题符合几何概型，区间长度为6，
使得成立的的范围为，区间长度为2，
故使得成立的概率为，
又，，，
令，则有，故的最小值为11，
故选：D.
【点睛】
该题考查的是有关几何概型与等差数列的综合题，涉及到的知识点有长度型几何概型概率公式，等差数列的通项公式，属于基础题目.
8、C
【解析】
根据服从的正态分布可得，，将所求概率转化为，结合正态分布曲线的性质可求得结果.
【详解】
由题意，，，则，，
所以，.
故果实直径在内的概率为0.8185.
故选：C
【点睛】
本题考查根据正态分布求解待定区间的概率问题，考查了正态曲线的对称性，属于基础题.
9、A
【解析】
先确定集合中的元素，然后由交集定义求解．
【详解】
，.
故选：A．
【点睛】
本题考查求集合的交集运算，掌握交集定义是解题关键．
10、B
【解析】
直线的倾斜角为，易得．设双曲线C的右焦点为E，可得中，，则，所以双曲线C的离心率为.故选B．
11、A
【解析】
根据，利用正弦定理边化为角得，整理为，根据，得，再由余弦定理得，又，代入公式求解.
【详解】
由得，
即，即，
因为，所以，
由余弦定理，所以，
由的面积公式得
故选：A
【点睛】
本题主要考查正弦定理和余弦定理以及类比推理，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
12、C
【解析】
利用通项公式找到的系数，令其等于-10即可.
【详解】
二项式展开式的通项为，令，得，
则，所以，解得.
故选：C
【点睛】
本题考查求二项展开式中特定项的系数，考查学生的运算求解能力，是一道容易题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
画出满足条件的平面区域，求出交点的坐标，由得，显然直线过时，最小，代入求出的值即可．
【详解】
作出不等式组所表示的可行域如下图所示：
联立，解得，则点.
由得，显然当直线过时，该直线轴上的截距最小，此时最小，
，解得.
故答案为：．
【点睛】
本题考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，是一道中档题．
14、必要不充分
【解析】
先求解直线l1与直线l2平行的等价条件，然后进行判断.
【详解】
“直线l1：与直线l2：平行”等价于a＝±2，
故“直线l1：与直线l2：平行”是“a＝2”的必要不充分条件．
故答案为：必要不充分.
【点睛】
本题主要考查充分必要条件的判定，把已知条件进行等价转化是求解这类问题的关键，侧重考查逻辑推理的核心素养.
15、
【解析】
由圆柱外接球的性质，即可求得结果.
【详解】
解：由于圆柱的高和球半径均为2，,则球心到圆柱底面的距离为1，
设圆柱底面半径为，由已知有，
∴，
即圆柱的底面半径为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查由圆柱的外接球的性质求圆柱底面半径，属于基础题.
16、
【解析】
如图所示，正四棱锥，为底面的中心，点为的中点，则，设，根据正四棱锥的侧面积求出的值，再利用勾股定理求得正四棱锥的高，代入体积公式，即可得到答案.
【详解】
如图所示，正四棱锥，为底面的中心，点为的中点，
则，设，
，，，
，
，
.
故答案为：.
【点睛】
本题考查棱锥的侧面积和体积，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力.
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）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）令，求导，可知单调递增，且，，因而在上存在零点，在此取得最小值，再证最小值大于零即可.
（2）根据题意得到在点处的切线的方程①，再设直线与相切于点， 有，即，再求得在点处的切线直线的方程为 ②由①②可得，即，根据，转化为，，令，转化为要使得在上存在零点，则只需，求解.
【详解】
（1）证明：设，
则，单调递增，且，，
因而在上存在零点，且在上单调递减，在上单调递增，
从而的最小值为.
所以，即.
（2），故，
故切线的方程为①
设直线与相切于点，注意到，
从而切线斜率为，
因此，
而，从而直线的方程也为 ②
由①②可知，
故，
由为正整数可知，，
所以，，
令，
则，
当时，为单调递增函数，且，从而在上无零点；
当时，要使得在上存在零点，则只需，，
因为为单调递增函数，，
所以；
因为为单调递增函数，且，
因此；
因为为整数，且，
所以.
【点睛】
本题主要考查导数在函数中的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.
18、（1）单调增区间,单调减区间为,;（2）有2个零点，证明见解析;（3）
【解析】
对函数求导,利用导数的正负判断函数的单调区间即可;
函数有2个零点.根据函数的零点存在性定理即可证明;
记函数,求导后利用单调性求得,由零点存在性定理及单调性知存在唯一的,使，求得为分段函数,求导后分情况讨论：①当时，利用函数的单调性将问题转化为的问题;②当时，当时,在上恒成立，从而求得的取值范围.
【详解】
（1）由题意知,，列表如下：
所以函数的单调增区间为，单调减区间为,.
（2）函数有2个零点.证明如下：
因为时，所以，
因为,所以在恒成立,在上单调递增，
由，，且在上单调递增且连续知,
函数在上仅有一个零点，
由（1）可得时,，
即，故时，，
所以，
由得，平方得，所以，
因为，所以在上恒成立,
所以函数在上单调递减,因为,所以,
由，，且在上单调递减且连续得
在上仅有一个零点，
综上可知：函数有2个零点.
（3）记函数，下面考察的符号．
求导得．
当时恒成立．
当时，因为，
所以．
∴在上恒成立，故在上单调递减．
∵，∴，又因为在上连续，
所以由函数的零点存在性定理得存在唯一的，使，
∴,
因为,所以
∴
因为函数在上单调递增,,
所以在，上恒成立．
①当时，在上恒成立，即在上恒成立．
记，则，
当变化时，，变化情况如下表：
∴，
故，即．
②当时，，当时，在上恒成立．
综合（1）（2）知， 实数的取值范围是．
【点睛】
本题考查利用导数求函数的单调区间、极值、最值和利用零点存在性定理判断函数零点个数、利用分离参数法求参数的取值范围;考查转化与化归能力、逻辑推理能力、运算求解能力;通过构造函数,利用零点存在性定理判断其零点,从而求出函数的表达式是求解本题的关键;属于综合型强、难度大型试题.
19、（1）；（2）.
【解析】
（1）直接根据特殊角的三角函数值求出，结合正弦定理求出；
（2）结合第一问的结论以及余弦定理即可求解．
【详解】
解：（1）∵，且，∴，由正弦定理
，∴，
∵
∴锐角，∴
（2）∵，
∴
∴
∴在中，由余弦定理得
∴
【点睛】
本题主要考查了正弦定理和余弦定理的运用．考查了学生对三角函数基础知识的综合运用．
20、（1），（2）0
【解析】
（1）分别把两曲线参数方程中的参数消去，即可得到普通方程；
（2）把直线的参数方程代入的普通方程，化为关于的一元二次方程，再由根与系数的关系及此时的几何意义求解．
【详解】
（1）由曲线的参数方程为为参数），消去参数，可得；
由曲线的参数方程为为参数），消去参数，可得，即．
（2）把为参数）代入，
得．
，．
．
解得：，即，满足△．
．
【点睛】
本题考查参数方程化普通方程，特别是直线参数方程中参数的几何意义的应用，是中档题．
21、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）要证明PC⊥面ADE，由已知可得AD⊥PC，只需满足即可，从而得到点E为中点;（2）求出面ADE的法向量，面PAE的法向量，利用空间向量的数量积，求解二面角P﹣AE﹣D的余弦值．
【详解】
（1）法一：要证明PC⊥面ADE，易知AD⊥面PDC，即得AD⊥PC，故只需即可，
所以由,即存在点E为PC中点.
法二：建立如图所示的空间直角坐标系D－XYZ， 由题意知PD＝CD＝1，
，设， ，，由
，得，
即存在点E为PC中点.
（2）由（1）知，，，
，， ，
设面ADE的法向量为，面PAE的法向量为
由的法向量为得，得，
同理求得
所以，
故所求二面角P－AE－D的余弦值为.
【点睛】
本题考查二面角的平面角的求法，考查直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．
22、（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）根据公式得到，计算得到答案.
（2），根据裂项求和法计算得到，得到证明.
【详解】
（1）由已知得时，，故.
故数列为等比数列，且公比.
又当时，，..
（2）.
.
【点睛】
本题考查了数列通项公式和证明数列不等式，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.
0
2

0

极小值

极大值


极小值