2026届河北省衡水市故城县高级中学高考数学一模试卷含解析

这是一份2026届河北省衡水市故城县高级中学高考数学一模试卷含解析，共19页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，已知为非零向量，“”为“”的等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．设集合，集合 ，则 =（ ）
A．B．C．D．R
2．复数满足为虚数单位)，则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
3．某部队在一次军演中要先后执行六项不同的任务，要求是：任务A必须排在前三项执行，且执行任务A之后需立即执行任务E，任务B、任务C不能相邻，则不同的执行方案共有（ ）
A．36种B．44种C．48种D．54种
4．为得到函数的图像，只需将函数的图像（ ）
A．向右平移个长度单位B．向右平移个长度单位
C．向左平移个长度单位D．向左平移个长度单位
5．一个几何体的三视图及尺寸如下图所示，其中正视图是直角三角形，侧视图是半圆，俯视图是等腰三角形，该几何体的表面积是 （ ）

A．
B．
C．
D．
6．已知等差数列满足，公差，且成等比数列，则
A．1B．2C．3D．4
7．某几何体的三视图如图所示，图中圆的半径为1，等腰三角形的腰长为3，则该几何体表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P是C的右支上一点，连接与y轴交于点M，若（O为坐标原点），，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
9．已知为非零向量，“”为“”的（ ）
A．充分不必要条件B．充分必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
10．如图，在正方体中，已知、、分别是线段上的点，且.则下列直线与平面平行的是（ ）
A．B．C．D．
11．已知、，，则下列是等式成立的必要不充分条件的是（ ）
A．B．
C．D．
12．已知是虚数单位，则复数（ ）
A．B．C．2D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知等差数列的前n项和为Sn，若，则____.
14．将底面直径为4，高为的圆锥形石块打磨成一个圆柱，则该圆柱的侧面积的最大值为__________.
15．已知为椭圆内一定点，经过引一条弦，使此弦被点平分，则此弦所在的直线方程为________________．
16．已知两个单位向量满足，则向量与的夹角为_____________.
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）等差数列中，．
（1）求的通项公式；
（2）设，记为数列前项的和，若，求．
18．（12分）已知函数.
（1）若函数，求的极值；
（2）证明：.
（参考数据： ）
19．（12分）设不等式的解集为M，.
（1）证明：；
（2）比较与的大小，并说明理由.
20．（12分）已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，，证明：.
21．（12分）已知函数，.
（1）若函数在上单调递减，且函数在上单调递增，求实数的值；
（2）求证：（，且）.
22．（10分）如图，在四棱锥中，，，，和均为边长为的等边三角形.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
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、D
【解析】
试题分析：由题，，，选D
考点：集合的运算
2、C
【解析】
，分子分母同乘以分母的共轭复数即可.
【详解】
由已知，，故的虚部为.
故选：C.
【点睛】
本题考查复数的除法运算，考查学生的基本运算能力，是一道基础题.
3、B
【解析】
分三种情况，任务A排在第一位时，E排在第二位；任务A排在第二位时，E排在第三位；任务A排在第三位时，E排在第四位，结合任务B和C不能相邻，分别求出三种情况的排列方法，即可得到答案．
【详解】
六项不同的任务分别为A、B、C、D、E、F，
如果任务A排在第一位时，E排在第二位，剩下四个位置，先排好D、F，再在D、F之间的3个空位中插入B、C，此时共有排列方法：；
如果任务A排在第二位时，E排在第三位，则B，C可能分别在A、E的两侧，排列方法有，可能都在A、E的右侧，排列方法有；
如果任务A排在第三位时，E排在第四位，则B，C分别在A、E的两侧；
所以不同的执行方案共有种．
【点睛】
本题考查了排列组合问题，考查了学生的逻辑推理能力，属于中档题．
4、D
【解析】
，所以要的函数的图象，只需将函数的图象向左平移个长度单位得到，故选D
5、D
【解析】
由三视图可知该几何体的直观图是轴截面在水平面上的半个圆锥，表面积为,故选D．
6、D
【解析】
先用公差表示出，结合等比数列求出.
【详解】
,因为成等比数列，所以，解得.
【点睛】
本题主要考查等差数列的通项公式.属于简单题，化归基本量，寻求等量关系是求解的关键.
7、C
【解析】
几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，计算得到答案.
【详解】
几何体是由一个圆锥和半球组成，其中半球的半径为1，圆锥的母线长为3，底面半径为1，故几何体的表面积为.
故选：.
【点睛】
本题考查了根据三视图求表面积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
8、C
【解析】
利用三角形与相似得，结合双曲线的定义求得的关系，从而求得双曲线的渐近线方程。
【详解】
设，，
由，与相似，
所以，即，
又因为，
所以，，
所以，即，，
所以双曲线C的渐近线方程为.
故选：C.
【点睛】
本题考查双曲线几何性质、渐近线方程求解，考查数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力。
9、B
【解析】
由数量积的定义可得,为实数,则由可得,根据共线的性质,可判断；再根据判断,由等价法即可判断两命题的关系.
【详解】
若成立,则,则向量与的方向相同,且,从而,所以；
若,则向量与的方向相同,且,从而,所以.
所以“”为“”的充分必要条件.
故选:B
【点睛】
本题考查充分条件和必要条件的判定,考查相等向量的判定,考查向量的模、数量积的应用.
10、B
【解析】
连接，使交于点，连接、，可证四边形为平行四边形，可得，利用线面平行的判定定理即可得解．
【详解】
如图，连接，使交于点，连接、，则为的中点，
在正方体中，且，则四边形为平行四边形，
且，
、分别为、的中点，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，因此，平面.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查了线面平行的判定，考查了推理论证能力和空间想象能力，属于中档题．
11、D
【解析】
构造函数，，利用导数分析出这两个函数在区间上均为减函数，由得出，分、、三种情况讨论，利用放缩法结合函数的单调性推导出或，再利用余弦函数的单调性可得出结论.
【详解】
构造函数，，
则，，
所以，函数、在区间上均为减函数，
当时，则，；当时，，.
由得.
①若，则，即，不合乎题意；
②若，则，则，
此时，，
由于函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，则，；
③若，则，则，
此时，
由于函数在区间上单调递减，函数在区间上单调递增，则，.
综上所述，.
故选：D.
【点睛】
本题考查函数单调性的应用，构造新函数是解本题的关键，解题时要注意对的取值范围进行分类讨论，考查推理能力，属于中等题.
12、A
【解析】
根据复数的基本运算求解即可.
【详解】
.
故选：A
【点睛】
本题主要考查了复数的基本运算,属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由，，成等差数列，代入可得的值.
【详解】
解：由等差数列的性质可得：，，成等差数列，
可得：，代入，
可得：，
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查等差数列前n项和的性质，相对不难.
14、
【解析】
由题意欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥.设圆柱的高为h，底面半径为r，则，将侧面积表示成关于的函数，再利用一元二次函数的性质求最值.
【详解】
欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥.设圆柱的高为h，底面半径为r，则，
所以.
∴，
当时，的最大值为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查圆柱的侧面积的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想、，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意将问题转化为函数的最值问题.
15、
【解析】
设弦所在的直线与椭圆相交于、两点，利用点差法可求得直线的斜率，进而可求得直线的点斜式方程，化为一般式即可.
【详解】
设弦所在的直线与椭圆相交于、两点，
由于点为弦的中点，则，得，
由题意得，两式相减得，
所以，直线的斜率为，
所以，弦所在的直线方程为，即.
故答案为：.
【点睛】
本题考查利用弦的中点求弦所在直线的方程，一般利用点差法，也可以利用韦达定理设而不求法来解答，考查计算能力，属于中等题.
16、
【解析】
由得，即得解.
【详解】
由题意可知，则.
解得，所以，
向量与的夹角为.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查平面向量的数量积的计算和夹角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
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）（2）
【解析】
（1）由基本量法求出公差后可得通项公式；
（2）由等差数列前项和公式求得，可求得．
【详解】
解：（1）设的公差为，由题设得
因为，
所以
解得，
故．
（2）由（1）得．
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以，
由得，
解得．
【点睛】
本题考查求等差数列的通项公式和等比数列的前项和公式，解题方法是基本量法．
18、（1）见解析；（1）见证明
【解析】
（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（1）问题转化为证ex﹣x1﹣xlnx﹣1＞0，根据xlnx≤x（x﹣1），问题转化为只需证明当x＞0时，ex﹣1x1+x﹣1＞0恒成立，令k（x）＝ex﹣1x1+x﹣1，（x≥0），根据函数的单调性证明即可．
【详解】
（1），，当，，
当，，在上递增，在上递减，在取得极大值，极大值为，无极大值.
（1）要证f（x）+1＜ex﹣x1．
即证ex﹣x1﹣xlnx﹣1＞0，
先证明lnx≤x﹣1，取h（x）＝lnx﹣x+1，则h′（x）＝，
易知h（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，
故h（x）≤h（1）＝0，即lnx≤x﹣1，当且仅当x＝1时取“＝”，
故xlnx≤x（x﹣1），ex﹣x1﹣xlnx≥ex﹣1x1+x﹣1，
故只需证明当x＞0时，ex﹣1x1+x﹣1＞0恒成立，
令k（x）＝ex﹣1x1+x﹣1，（x≥0），则k′（x）＝ex﹣4x+1，
令F（x）＝k′（x），则F′（x）＝ex﹣4，令F′（x）＝0，解得：x＝1ln1，
∵F′（x）递增，故x∈（0，1ln1]时，F′（x）≤0，F（x）递减，即k′（x）递减，
x∈（1ln1，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）递增，即k′（x）递增，
且k′（1ln1）＝5﹣8ln1＜0，k′（0）＝1＞0，k′（1）＝e1﹣8+1＞0，
由零点存在定理，可知∃x1∈（0，1ln1），∃x1∈（1ln1，1），使得k′（x1）＝k′（x1）＝0，
故0＜x＜x1或x＞x1时，k′（x）＞0，k（x）递增，当x1＜x＜x1时，k′（x）＜0，k（x）递减，故k（x）的最小值是k（0）＝0或k（x1），由k′（x1）＝0，得＝4x1﹣1，
k（x1）＝﹣1+x1﹣1＝﹣（x1﹣1）（1x1﹣1），∵x1∈（1ln1，1），∴k（x1）＞0，
故x＞0时，k（x）＞0，原不等式成立．
【点睛】
本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，属于中档题．
19、 (1)证明见解析；(2).
【解析】
试题分析：
(1)首先求得集合M，然后结合绝对值不等式的性质即可证得题中的结论；
(2)利用平方做差的方法可证得|1-4ab|＞2|a-b|.
试题解析：
（Ⅰ）证明：记f (x) =|x-1|-|x+2|，
则f(x)= ，所以解得-＜x＜，故M=(-,).
所以，||≤|a|+|b|＜×+×=.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得0≤a2＜，0≤b2＜.
|1-4ab|2-4|a-b|2=(1-8ab+16a2b2)-4(a2-2ab+b2)=4(a2-1)(b2-1)>0.
所以，|1-4ab|＞2|a-b|.
20、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）求得的导函数，对分成两种情况，讨论的单调性.
（2）由（1）判断出的取值范围，根据韦达定理求得的关系式，利用差比较法，计算，通过构造函数，利用导数证得，由此证得，进而证得不等式成立.
【详解】
（1）.
当时，，此时在上单调递减；
当时，由解得或，∵是增函数，∴此时在和单调递减，在单调递增.
（2）由（1）知.，，，
不妨设，∴，
，
令，
∴，
∴在上是减函数，，
∴，即.
【点睛】
本小题主要考查利用导数研究函数的单调区间，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
21、（1）1；（2）见解析
【解析】
（1）分别求得与的导函数，由导函数与单调性关系即可求得的值；
（2）由（1）可知当时，，当时，，因而，构造，由对数运算及不等式放缩可证明，从而不等式可证明.
【详解】
（1）∵函数在上单调递减，
∴，即在上恒成立，
∴，
又∵函数在上单调递增，
∴，即在上恒成立，，
∴综上可知，.
（2）证明：由（1）知，当时，函数在上为减函数，
在上为增函数，而，
∴当时，，当时，.
∴
∴
即，
∴.
【点睛】
本题考查了导数与函数单调性关系，放缩法在证明不等式中的应用，属于难题.
22、 (1)见证明；(2)
【解析】
(1) 取的中点，连接，要证平面平面，转证平面，即证， 即可；(2) 以为坐标原点，以为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，代入公式，即可得到结果.
【详解】
（1）取的中点，连接，
因为均为边长为的等边三角形，
所以，，且
因为，所以，所以，
又因为，平面，平面，
所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
（2）因为，为等边三角形，
所以，又因为，所以，，
在中，由正弦定理，得：，所以.
以为坐标原点，以为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则平面的一个法向量为，
依题意，平面的一个法向量
所以
故二面角的余弦值为.
【点睛】
空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.