2026届河北省承德市隆化县存瑞中学高三第四次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届河北省承德市隆化县存瑞中学高三第四次模拟考试数学试卷含解析，共53页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，设全集U=R，集合，则等内容，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．已知我市某居民小区户主人数和户主对户型结构的满意率分别如图和如图所示，为了解该小区户主对户型结构的满意程度，用分层抽样的方法抽取的户主进行调查，则样本容量和抽取的户主对四居室满意的人数分别为
A．240，18B．200，20
C．240，20D．200，18
2．已知向量，，且与的夹角为，则x=（ ）
A．-2B．2C．1D．-1
3．抛物线的准线与轴的交点为点，过点作直线与抛物线交于、两点，使得是的中点，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．1D．
4．已知不同直线、与不同平面、，且，，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
A．B．C．D．84
6．从装有除颜色外完全相同的3个白球和个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取5次，设摸得白球数为，已知，则
A．B．C．D．
7．如图，正方形网格纸中的实线图形是一个多面体的三视图，则该多面体各表面所在平面互相垂直的有（ ）
A．2对B．3对
C．4对D．5对
8．设全集U=R，集合，则（ ）
A．B．C．D．
9．定义在上的偶函数，对，，且，有成立，已知，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
10．在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足，其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1,2）.已知太阳的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为( )
A．1010.1B．10.1C．lg10.1D．10–10.1
11．若x，y满足约束条件则z=的取值范围为（ ）
A．[]B．[，3]C．[，2]D．[，2]
12．执行如下的程序框图，则输出的是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数，（其中e为自然对数的底数），若关于x的方程恰有5个相异的实根，则实数a的取值范围为________.
14．若为假，则实数的取值范围为__________.
15．设，则除以的余数是______.
16．已知向量，满足，，且已知向量，的夹角为，，则的最小值是__．
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）解不等式；
（2）若方程有三个解，求实数的取值范围.
18．（12分）市民小张计划贷款60万元用于购买一套商品住房，银行给小张提供了两种贷款方式.①等额本金：每月的还款额呈递减趋势，且从第二个还款月开始，每月还款额与上月还款额的差均相同；②等额本息：每个月的还款额均相同.银行规定，在贷款到账日的次月当天开始首次还款（若2019年7月7日贷款到账，则2019年8月7日首次还款）.
已知小张该笔贷款年限为20年，月利率为0.004.
（1）若小张采取等额本金的还款方式，现已得知第一个还款月应还4900元，最后一个还款月应还2510元，试计算小张该笔贷款的总利息；
（2）若小张采取等额本息的还款方式，银行规定，每月还款额不得超过家庭平均月收入的一半，已知小张家庭平均月收入为1万元，判断小张该笔贷款是否能够获批（不考虑其他因素）；
（3）对比两种还款方式，从经济利益的角度来考虑，小张应选择哪种还款方式.
参考数据：.
19．（12分）新高考，取消文理科，实行“”，成绩由语文、数学、外语统一高考成绩和自主选考的3门普通高中学业水平考试等级性考试科目成绩构成.为了解各年龄层对新高考的了解情况，随机调查50人（把年龄在称为中青年，年龄在称为中老年），并把调查结果制成下表：
（1）分别估计中青年和中老年对新高考了解的概率；
（2）请根据上表完成下面列联表，是否有95%的把握判断对新高考的了解与年龄（中青年、中老年）有关？
附：.
（3）若从年龄在的被调查者中随机选取3人进行调查，记选中的3人中了解新高考的人数为，求的分布列以及.
20．（12分）已知函数的图象在处的切线方程是.
（1）求的值；
（2）若函数，讨论的单调性与极值；
（3）证明：.
21．（12分）a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边.已知a＝3，，且B＝60°.
（1）求△ABC的面积；
（2）若D，E是BC边上的三等分点，求.
22．（10分）已知椭圆：（），点是的左顶点，点为上一点，离心率.
（1）求椭圆的方程；
（2）设过点的直线与的另一个交点为（异于点），是否存在直线，使得以为直径的圆经过点，若存在，求出直线的方程；若不存在，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】
利用统计图结合分层抽样性质能求出样本容量，利用条形图能求出抽取的户主对四居室满意的人数．
【详解】
样本容量为：（150+250+400）×30%＝240，
∴抽取的户主对四居室满意的人数为：
故选A．
【点睛】
本题考查样本容量和抽取的户主对四居室满意的人数的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意统计图的性质的合理运用．
2、B
【解析】
由题意，代入解方程即可得解.
【详解】
由题意，
所以，且，解得.
故选：B.
【点睛】
本题考查了利用向量的数量积求向量的夹角，属于基础题.
3、B
【解析】
设点、，设直线的方程为，由题意得出，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，结合可求得的值，由此可得出直线的斜率.
【详解】
由题意可知点，设点、，设直线的方程为，
由于点是的中点，则，
将直线的方程与抛物线的方程联立得，整理得，
由韦达定理得，得，，解得，
因此，直线的斜率为.
故选：B.
【点睛】
本题考查直线斜率的求解，考查直线与抛物线的综合问题，涉及韦达定理设而不求法的应用，考查运算求解能力，属于中等题.
4、C
【解析】
根据空间中平行关系、垂直关系的相关判定和性质可依次判断各个选项得到结果.
【详解】
对于，若，则可能为平行或异面直线，错误；
对于，若，则可能为平行、相交或异面直线，错误；
对于，若，且，由面面垂直的判定定理可知，正确；
对于，若，只有当垂直于的交线时才有，错误.
故选：.
【点睛】
本题考查空间中线面关系、面面关系相关命题的辨析，关键是熟练掌握空间中的平行关系与垂直关系的相关命题.
5、B
【解析】
画出几何体的直观图，计算表面积得到答案.
【详解】
该几何体的直观图如图所示：
故.
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.
6、B
【解析】
由题意知，，由，知，由此能求出．
【详解】
由题意知，，
，解得，
，
．
故选：B．
【点睛】
本题考查离散型随机变量的方差的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意二项分布的灵活运用．
7、C
【解析】
画出该几何体的直观图，易证平面平面，平面平面，平面平面，平面平面，从而可选出答案．
【详解】
该几何体是一个四棱锥，直观图如下图所示，易知平面平面，
作PO⊥AD于O，则有PO⊥平面ABCD，PO⊥CD，
又AD⊥CD，所以，CD⊥平面PAD，
所以平面平面，
同理可证：平面平面，
由三视图可知：PO＝AO＝OD，所以，AP⊥PD，又AP⊥CD，
所以，AP⊥平面PCD，所以，平面平面，
所以该多面体各表面所在平面互相垂直的有4对．
【点睛】
本题考查了空间几何体的三视图，考查了四棱锥的结构特征，考查了面面垂直的证明，属于中档题．
8、A
【解析】
求出集合M和集合N,，利用集合交集补集的定义进行计算即可．
【详解】
，
，
则，
故选：A．
【点睛】
本题考查集合的交集和补集的运算，考查指数不等式和二次不等式的解法，属于基础题．
9、A
【解析】
根据偶函数的性质和单调性即可判断.
【详解】
解：对，，且，有
在上递增
因为定义在上的偶函数
所以在上递减
又因为，，
所以
故选：A
【点睛】
考查偶函数的性质以及单调性的应用，基础题.
10、A
【解析】
由题意得到关于的等式，结合对数的运算法则可得亮度的比值.
【详解】
两颗星的星等与亮度满足,令,
.
故选A.
【点睛】
本题以天文学问题为背景,考查考生的数学应用意识､信息处理能力､阅读理解能力以及指数对数运算.
11、D
【解析】
由题意作出可行域，转化目标函数为连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数，数形结合即可得解.
【详解】
由题意作出可行域，如图，
目标函数可表示连接点和可行域内的点的直线斜率的倒数，
由图可知，直线的斜率最小，直线的斜率最大，
由可得，由可得，
所以，，所以.
故选：D.
【点睛】
本题考查了非线性规划的应用，属于基础题.
12、A
【解析】
列出每一步算法循环，可得出输出结果的值.
【详解】
满足，执行第一次循环，，；
成立，执行第二次循环，，；
成立，执行第三次循环，，；
成立，执行第四次循环，，；
成立，执行第五次循环，，；
成立，执行第六次循环，，；
成立，执行第七次循环，，；
成立，执行第八次循环，，；
不成立，跳出循环体，输出的值为，故选：A.
【点睛】
本题考查算法与程序框图的计算，解题时要根据算法框图计算出算法的每一步，考查分析问题和计算能力，属于中等题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
作出图象，求出方程的根，分类讨论的正负，数形结合即可.
【详解】
当时，令，解得，
所以当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，
当时，单调递减，且，
作出函数的图象如图：
（1）当时，方程整理得，只有2个根，不满足条件；
（2）若，则当时，方程整理得，
则，，此时各有1解，
故当时，方程整理得，
有1解同时有2解，即需，，因为（2），故此时满足题意；
或有2解同时有1解，则需，由（1）可知不成立；
或有3解同时有0解，根据图象不存在此种情况，
或有0解同时有3解，则，解得，
故，
（3）若，显然当时，和均无解，
当时，和无解，不符合题意．
综上：的范围是，
故答案为：，
【点睛】
本题主要考查了函数零点与函数图象的关系，考查利用导数研究函数的单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于中档题．
14、
【解析】
由为假，可知为真，所以对任意实数恒成立，求出的最小值，令即可.
【详解】
因为为假，则其否定为真，
即为真，所以对任意实数恒成立，所以.
又，当且仅当，即时，等号成立，所以.
故答案为：.
【点睛】
本题考查全称命题与特称命题间的关系的应用，利用参变分离是解决本题的关键，属于中档题.
15、1
【解析】
利用二项式定理得到，将89写成1+88，然后再利用二项式定理展开即可.
【详解】
，因展开式中
后面10项均有88这个因式，所以除以的余数为1.
故答案为：1
【点睛】
本题考查二项式定理的综合应用，涉及余数的问题，解决此类问题的关键是灵活构造二项式，并将它展开分析，本题是一道基础题.
16、
【解析】
求的最小值可以转化为求以AB为直径的圆到点O的最小距离，由此即可得到本题答案.
【详解】
如图所示，设，
由题，得，
又，所以，则点C在以AB为直径的圆上，
取AB的中点为M，则，
设以AB为直径的圆与线段OM的交点为E，则的最小值是，
因为，
又，
所以的最小值是.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查向量的综合应用问题，涉及到圆的相关知识与余弦定理，考查学生的分析问题和解决问题的能力，体现了数形结合的数学思想.
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）对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果; （2）.作出函数的图象, 当直线与函数的图象有三个公共点时，方程有三个解，由图可得结果.
【详解】
（1）不等式，即为.
当时，即化为，得，
此时不等式的解集为，
当时，即化为，解得，
此时不等式的解集为.
综上，不等式的解集为.
（2）
即.
作出函数的图象如图所示，
当直线与函数的图象有三个公共点时，方程有三个解，所以.
所以实数的取值范围是.
【点睛】
绝对值不等式的解法：
法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
18、（1）289200元；（2）能够获批；（3）应选择等额本金还款方式
【解析】
（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，即可由等差数列的前n项和公式求得其还款总额，减去本金即为还款的利息；
（2）根据题意，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，设小张每月还款额为元，由等比数列求和公式及参考数据，即可求得其还款额，与收入的一半比较即可判断；
（3）计算出等额本息还款方式时所付出的总利息，两个利息比较即可判断.
【详解】
（1）由题意可知，等额本金还款方式中，每月的还款额构成一个等差数列，记为，
表示数列的前项和，则，，
则，
故小张该笔贷款的总利息为元.
（2）设小张每月还款额为元，采取等额本息的还款方式，每月还款额为一等比数列，
则，
所以，
即，
因为，
所以小张该笔贷款能够获批.
（3）小张采取等额本息贷款方式的总利息为：
，
因为，
所以从经济利益的角度来考虑，小张应选择等额本金还款方式.
【点睛】
本题考查了等差数列与等比数列求和公式的综合应用，数列在实际问题中的应用，理解题意是解决问题的关键，属于中档题.
19、（1）；（2）见解析，有95%的把握判断了解新高考与年龄（中青年、中老年）有关联；（3）分布列见解析，.
【解析】
（1）分别求出中青年、中老年对高考了解的频数，即可求出概率；
（2）根据数据列出列联表，求出的观测值，对照表格，即可得出结论；
（3）年龄在的被调查者共5人，其中了解新高考的有2人，可能取值为0，1，2，分别求出概率，列出随机变量分布列，根据期望公式即可求解.
【详解】
（1）由题中数据可知，中青年对新高考了解的概率，
中老年对新高考了解的概率.
（2）列联表如图所示
，
所以有95%的把握判断了解新高考与年龄（中青年、中老年）有关联.
（3）年龄在的被调查者共5人，其中了解新高考的有2人，
则抽取的3人中了解新高考的人数可能取值为0，1，2，
则；；
.
所以的分布列为
.
【点睛】
本题考查概率、独立性检验及随机变量分布列和期望，考查计算求解能力，属于基础题.
20、（1）；（2）单调递减区间为，单调递增区间为，的极小值为，无极大值；（3）见解析.
【解析】
（1）切点既在切线上又在曲线上得一方程，再根据斜率等于该点的导数再列一方程，解方程组即可；
（2）先对求导数，根据导数判断和求解即可.
（3）把证明转化为证明，然后证明极小值大于极大值即可.
【详解】
解：（1）函数的定义域为
由已知得，则，解得.
（2）由题意得，则.
当时，，所以单调递减，
当时，，所以单调递增，
所以，单调递减区间为，单调递增区间为，
的极小值为，无极大值.
（3）要证成立，
只需证成立.
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以的极大值为，即
由（2）知，时，，且的最小值点与的最大值点不同，所以，即.
所以，.
【点睛】
知识方面，考查建立方程组求未知数，利用导数求函数的单调区间和极值以及不等式的证明；能力方面，考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力以及运算求解能力；试题难度大.
21、（1）；（2）
【解析】
（1）根据正弦定理，可得△ABC为直角三角形，然后可计算b，可得结果.
（2）计算，然后根据余弦定理，可得，利用平方关系，可得结果.
【详解】
（1）△ABC中，由csinC＝asinA+bsinB，
利用正弦定理得c2＝a2+b2，所以△ABC是直角三角形.
又a＝3，B＝60°,所以；
所以△ABC的面积为.
（2）设D靠近点B，则BD＝DE＝EC＝1.
，
所以
所以.
【点睛】
本题考查正弦定理的应用，属基础题.
22、（1）；（2）存在，
【解析】
（1）把点代入椭圆C的方程，再结合离心率，可得a,b,c的关系，可得椭圆的方程；
（2）设出直线的方程，代入椭圆，运用韦达定理可求得点的坐标，再由，可求得直线的方程,要注意检验直线是否和椭圆有两个交点．
【详解】
（1）由题可得∴，所以椭圆的方程
（2）由题知，设，直线的斜率存在设为，
则与椭圆联立得
，，∴，，∴
若以为直径的圆经过点，
则，∴，
化简得，∴，解得或
因为与不重合，所以舍.
所以直线的方程为.
【点睛】
本题考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查了向量的数量积的运用，属于中档题.
年龄（岁）
频数
5
15
10
10
5
5
了解
4
12
6
5
2
1
了解新高考
不了解新高考
总计
中青年
中老年
总计
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828
了解新高考
不了解新高考
总计
中青年
22
8
30
老年
8
12
20
总计
30
20
50
0
1
2