2026届河北省滦南县第一中学高考数学考前最后一卷预测卷含解析

这是一份2026届河北省滦南县第一中学高考数学考前最后一卷预测卷含解析，共19页。试卷主要包含了已知向量，若，则实数的值为，双曲线等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，再选涂其它答案标号。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．已知集合，则等于（ ）
A．B．C．D．
2．下图是民航部门统计的某年春运期间，六个城市售出的往返机票的平均价格（单位元），以及相比于上一年同期价格变化幅度的数据统计图，以下叙述不正确的是（ ）
A．深圳的变化幅度最小，北京的平均价格最高
B．天津的往返机票平均价格变化最大
C．上海和广州的往返机票平均价格基本相当
D．相比于上一年同期，其中四个城市的往返机票平均价格在增加
3．已知集合，则=（ ）
A．B．C．D．
4．抛物线方程为，一直线与抛物线交于两点，其弦的中点坐标为，则直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
5．已知底面为边长为的正方形，侧棱长为的直四棱柱中，是上底面上的动点.给出以下四个结论中，正确的个数是（ ）
①与点距离为的点形成一条曲线，则该曲线的长度是；
②若面，则与面所成角的正切值取值范围是；
③若，则在该四棱柱六个面上的正投影长度之和的最大值为.
A．B．C．D．
6．三棱锥中，侧棱底面，，，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．为了加强“精准扶贫”，实现伟大复兴的“中国梦”，某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加三个贫困县的调研工作，每个县至少去1人，且甲、乙两人约定去同一个贫困县，则不同的派遣方案共有（ ）
A．24B．36C．48D．64
8．用电脑每次可以从区间内自动生成一个实数，且每次生成每个实数都是等可能性的.若用该电脑连续生成3个实数，则这3个实数都小于的概率为（ ）
A．B．C．D．
9．已知向量，若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
10．双曲线：（），左焦点到渐近线的距离为2，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
11．已知不等式组表示的平面区域的面积为9，若点， 则的最大值为（ ）
A．3B．6C．9D．12
12．函数的图象如图所示,则它的解析式可能是( )
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知一组数据1.6，1.8，2，2.2，2.4，则该组数据的方差是_______．
14．如图，养殖公司欲在某湖边依托互相垂直的湖岸线、围成一个三角形养殖区.为了便于管理，在线段之间有一观察站点，到直线，的距离分别为8百米、1百米，则观察点到点、距离之和的最小值为______________百米.
15．在中，角，，的对边长分别为，，，满足，，则的面积为__．
16．如图，在一个倒置的高为2的圆锥形容器中，装有深度为的水，再放入一个半径为1的不锈钢制的实心半球后，半球的大圆面、水面均与容器口相平，则的值为____________.
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）随着电子阅读的普及，传统纸质媒体遭受到了强烈的冲击．某杂志社近9年来的纸质广告收入如下表所示：

根据这9年的数据，对和作线性相关性检验，求得样本相关系数的绝对值为0.243；
根据后5年的数据，对和作线性相关性检验，求得样本相关系数的绝对值为0.984.
（1）如果要用线性回归方程预测该杂志社2019年的纸质广告收入，现在有两个方案，
方案一：选取这9年数据进行预测，方案二：选取后5年数据进行预测．
从实际生活背景以及线性相关性检验的角度分析，你觉得哪个方案更合适？
附：相关性检验的临界值表：
（2）某购物网站同时销售某本畅销书籍的纸质版本和电子书，据统计，在该网站购买该书籍的大量读者中，只购买电子书的读者比例为，纸质版本和电子书同时购买的读者比例为，现用此统计结果作为概率，若从上述读者中随机调查了3位，求购买电子书人数多于只购买纸质版本人数的概率．
18．（12分）已知在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为，点的极坐标为．
（1）求直线的极坐标方程；
（2）若直线与曲线交于，两点，求的面积．
19．（12分）已知是等腰直角三角形,．分别为的中点,沿将折起,得到如图所示的四棱锥．
(Ⅰ)求证：平面平面．
(Ⅱ)当三棱锥的体积取最大值时,求平面与平面所成角的正弦值．
20．（12分）已知动圆Q经过定点，且与定直线相切（其中a为常数，且）.记动圆圆心Q的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线？
（2）设点P的坐标为，过点P作曲线C的切线，切点为A，若过点P的直线m与曲线C交于M，N两点，则是否存在直线m，使得？若存在，求出直线m斜率的取值范围；若不存在，请说明理由.
21．（12分）如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝AP＝4，AB＝BC＝2，M为PC的中点．
（1）求异面直线AP，BM所成角的余弦值；
（2）点N在线段AD上，且AN＝λ，若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，求λ的值．
22．（10分）（1）求曲线和曲线围成图形的面积；
（2）化简求值：．
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、C
【解析】
先化简集合A，再与集合B求交集.
【详解】
因为，，
所以.
故选：C
【点睛】
本题主要考查集合的基本运算以及分式不等式的解法，属于基础题.
2、D
【解析】
根据条形图可折线图所包含的数据对选项逐一分析，由此得出叙述不正确的选项.
【详解】
对于A选项，根据折线图可知深圳的变化幅度最小，根据条形图可知北京的平均价格最高，所以A选项叙述正确.
对于B选项，根据折线图可知天津的往返机票平均价格变化最大，所以B选项叙述正确.
对于C选项，根据条形图可知上海和广州的往返机票平均价格基本相当，所以C选项叙述正确.
对于D选项，根据折线图可知相比于上一年同期，除了深圳外，另外五个城市的往返机票平均价格在增加，故D选项叙述错误.
故选：D
【点睛】
本小题主要考查根据条形图和折线图进行数据分析，属于基础题.
3、D
【解析】
先求出集合A，B，再求集合B的补集，然后求
【详解】
，所以 .
故选：D
【点睛】
此题考查的是集合的并集、补集运算，属于基础题.
4、A
【解析】
设，，利用点差法得到，所以直线的斜率为2，又过点，再利用点斜式即可得到直线的方程.
【详解】
解：设，∴，
又，两式相减得：，
∴，
∴，
∴直线的斜率为2，又∴过点，
∴直线的方程为：，即，
故选：A.
【点睛】
本题考查直线与抛物线相交的中点弦问题，解题方法是“点差法”，即设出弦的两端点坐标，代入抛物线方程相减后可把弦所在直线斜率与中点坐标建立关系．
5、C
【解析】
①与点距离为的点形成以为圆心，半径为的圆弧，利用弧长公式，可得结论；②当在（或时，与面所成角（或的正切值为最小，当在时，与面所成角的正切值为最大，可得正切值取值范围是；③设，，，则，即，可得在前后、左右、上下面上的正投影长，即可求出六个面上的正投影长度之和．
【详解】
如图：
①错误， 因为 ，与点距离为的点形成以为圆心，半径为的圆弧，长度为；
②正确，因为面面，所以点必须在面对角线上运动，当在（或）时，与面所成角（或）的正切值为最小（为下底面面对角线的交点），当在时，与面所成角的正切值为最大，所以正切值取值范围是；
③正确，设，则，即，在前后、左右、上下面上的正投影长分别为，，，所以六个面上的正投影长度之，当且仅当在时取等号.
故选：.
【点睛】
本题以命题的真假判断为载体，考查了轨迹问题、线面角、正投影等知识点，综合性强，属于难题．
6、B
【解析】
由题，侧棱底面，，，，则根据余弦定理可得 ，的外接圆圆心
三棱锥的外接球的球心到面的距离 则外接球的半径 ，则该三棱锥的外接球的表面积为
点睛：本题考查的知识点是球内接多面体，熟练掌握球的半径 公式是解答的关键．
7、B
【解析】
根据题意，有两种分配方案，一是，二是，然后各自全排列，再求和.
【详解】
当按照进行分配时，则有种不同的方案；
当按照进行分配，则有种不同的方案.
故共有36种不同的派遣方案，
故选：B.
【点睛】
本题考查排列组合、数学文化，还考查数学建模能力以及分类讨论思想，属于中档题.
8、C
【解析】
由几何概型的概率计算，知每次生成一个实数小于1的概率为，结合独立事件发生的概率计算即可.
【详解】
∵每次生成一个实数小于1的概率为.∴这3个实数都小于1的概率为.
故选：C.
【点睛】
本题考查独立事件同时发生的概率，考查学生基本的计算能力，是一道容易题.
9、D
【解析】
由两向量垂直可得，整理后可知，将已知条件代入后即可求出实数的值.
【详解】
解：，，即，
将和代入，得出，所以.
故选:D.
【点睛】
本题考查了向量的数量积，考查了向量的坐标运算.对于向量问题，若已知垂直，通常可得到两个向量的数量积为0，继而结合条件进行化简、整理.
10、B
【解析】
首先求得双曲线的一条渐近线方程，再利用左焦点到渐近线的距离为2，列方程即可求出，进而求出渐近线的方程.
【详解】
设左焦点为，一条渐近线的方程为，由左焦点到渐近线的距离为2，可得，所以渐近线方程为，即为,
故选：B
【点睛】
本题考查双曲线的渐近线的方程，考查了点到直线的距离公式，属于中档题.
11、C
【解析】
分析：先画出满足约束条件对应的平面区域，利用平面区域的面积为9求出，然后分析平面区域多边形的各个顶点，即求出边界线的交点坐标，代入目标函数求得最大值.
详解：作出不等式组对应的平面区域如图所示：
则，所以平面区域的面积，
解得，此时，
由图可得当过点时，取得最大值9，故选C.
点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解.
12、B
【解析】
根据定义域排除，求出的值，可以排除，考虑排除.
【详解】
根据函数图象得定义域为，所以不合题意；
选项，计算，不符合函数图象；
对于选项， 与函数图象不一致；
选项符合函数图象特征.
故选：B
【点睛】
此题考查根据函数图象选择合适的解析式，主要利用函数性质分析，常见方法为排除法.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、0.08
【解析】
先求解这组数据的平均数，然后利用方差的公式可得结果.
【详解】
首先求得，
．
故答案为：0.08.
【点睛】
本题主要考查数据的方差，明确方差的计算公式是求解的关键，侧重考查数据分析的核心素养.
14、
【解析】
建系，将直线用方程表示出来，再用参数表示出线段的长度，最后利用导数来求函数最小值.
【详解】
以为原点，所在直线分别作为轴，建立平面直角坐标系，则.设直线，即，则，
所以，所以，
，
则，
则
，
当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
所以当时，最短，此时.
故答案为：
【点睛】
本题考查导数的实际应用，属于中档题.
15、．
【解析】
由二次方程有解的条件，结合辅助角公式和正弦函数的值域可求，进而可求，然后结合余弦定理可求，代入，计算可得所求．
【详解】
解：把看成关于的二次方程，
则，即，
即为，
化为，而，
则，
由于，可得，
可得，即，
代入方程可得，，
，
由余弦定理可得，，
解得：（负的舍去），
．
故答案为．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的根的存在条件及辅助角公式及余弦定理和三角形的面积公式的应用，属于中档题．
16、
【解析】
由已知可得到圆锥的底面半径，再由圆锥的体积等于半球的体积与水的体积之和即可建立方程.
【详解】
设圆锥的底面半径为，体积为，半球的体积为，水（小圆锥）的体积为，如图
则，所以，，解得，
所以，，，
由，得，解得.
故答案为：
【点睛】
本题考查圆锥的体积、球的体积的计算，考查学生空间想象能力与计算能力，是一道中档题.
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）选取方案二更合适；（2）
【解析】
(1) 可以预见，2019年的纸质广告收入会接着下跌，前四年的增长趋势已经不能作为预测后续数据的依据，而后5年的数据得到的相关系数的绝对值，所以有的把握认为与具有线性相关关系，从而可得结论；(2)求得购买电子书的概率为,只购买纸质书的概率为,购买电子书人数多于只购买纸质书人数有两种情况：3人购买电子书，2人购买电子书一人只购买纸质书，由此能求出购买电子书人数多于只购买纸质版本人数的概率.
【详解】
（1）选取方案二更合适，理由如下：
①题中介绍了，随着电子阅读的普及，传统纸媒受到了强烈的冲击，从表格中的数据中可以看出从2014年开始，广告收入呈现逐年下降的趋势，可以预见，2019年的纸质广告收入会接着下跌，前四年的增长趋势已经不能作为预测后续数据的依据.
②相关系数越接近1，线性相关性越强，因为根据9年的数据得到的相关系数的绝对值，我们没有理由认为与具有线性相关关系；而后5年的数据得到的相关系数的绝对值，所以有的把握认为与具有线性相关关系.
(2) 因为在该网站购买该书籍的大量读者中，只购买电子书的读者比例为，纸质版本和电子书同时购买的读者比例为，所以从该网站购买该书籍的大量读者中任取一位，购买电子书的概率为，只购买纸质书的概率为， 购买电子书人数多于只购买纸质书人数有两种情况：3人购买电子书，2人购买电子书一人只购买纸质书.概率为：.
【点睛】
本题主要考查最优方案的选择，考查了相关关系的定义以及互斥事件的概率与独立事件概率公式的应用，考查阅读能力与运算求解能力，属于中档题. 与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.
18、（1）（2）
【解析】
（1）先消去参数，化为直角坐标方程，再利用求解.
（2）直线与曲线方程联立，得，求得弦长和点到直线的距离，再求的面积.
【详解】
（1）由已知消去得，则，
所以，所以直线的极坐标方程为．
（2）由，得，
设，两点对应的极分别为，，则，，
所以，
又点到直线的距离
所以
【点睛】
本题主要考查参数方程、直角坐标方程及极坐标方程的转化和直线与曲线的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
19、 (Ⅰ)见解析. (Ⅱ) .
【解析】
(I)证明平面得出平面，根据面面垂直的判定定理得到结论；(II)当平面时，棱锥体积最大，建立空间坐标系，计算两平面的法向量，计算法向量的夹角得出答案．
【详解】
(I)证明：
分别为的中点
，，又
平面
平面，又平面
平面平面
(II)，为定值
当平面时，三棱锥的体积取最大值
以为原点,以为坐标轴建立空间直角坐标系
则
，
设平面的法向量为，则
即，令可得
平面 是平面的一个法向量
平面与平面所成角的正弦值为
【点睛】
本题考查了面面垂直的判定，二面角的计算，关键是能够根据体积的最值确定垂直关系，从而可以建立起空间直角坐标系，利用空间向量法求得二面角，属于中档题．
20、（1），抛物线；（2）存在，.
【解析】
（1）设，易得，化简即得；
（2）利用导数几何意义可得，要使，只需.
联立直线m与抛物线方程，利用根与系数的关系即可解决.
【详解】
（1）设，由题意，得，化简得，
所以动圆圆心Q的轨迹方程为，
它是以F为焦点，以直线l为准线的抛物线.
（2）不妨设.
因为，所以，
从而直线PA的斜率为，解得，即，
又，所以轴.
要使，只需.
设直线m的方程为，代入并整理，
得.
首先，，解得或.
其次，设，，
则，.
.
故存在直线m，使得，
此时直线m的斜率的取值范围为.
【点睛】
本题考查直线与抛物线位置关系的应用，涉及抛物线中的存在性问题，考查学生的计算能力，是一道中档题.
21、（1）.（2）1
【解析】
（1）先根据题意建立空间直角坐标系，求得向量和向量的坐标，再利用线线角的向量方法求解.
（2，由AN＝λ，设N(0，λ，0)(0≤λ≤4)，则＝(－1，λ－1，－2)，再求得平面PBC的一个法向量，利用直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，由|cs〈，〉|＝＝＝求解.
【详解】
（1） 因为PA⊥平面ABCD，且AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD.
又因为∠BAD＝90°，所以PA，AB，AD两两互相垂直．
分别以AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则由AD＝2AB＝2BC＝4，PA＝4可得
A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，4，0)，P(0，0，4)．
又因为M为PC的中点，所以M(1，1，2)．
所以＝(－1，1，2)，＝(0，0，4)，
所以cs〈，〉＝
＝＝，
所以异面直线AP，BM所成角的余弦值为.
（2） 因为AN＝λ，所以N(0，λ，0)(0≤λ≤4)，
则＝(－1，λ－1，－2)，＝(0，2，0)，＝(2，0，－4)．
设平面PBC的法向量为＝(x,y,z)，
则即
令x＝2，解得y＝0，z＝1，
所以＝(2，0，1)是平面PBC的一个法向量．
因为直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，
所以|cs〈，〉|＝＝＝，
解得λ＝1∈[0，4]，
所以λ的值为1.
【点睛】
本题主要考查了空间向量法研究空间中线线角，线面角的求法及应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.
22、（1）（2）
【解析】
（1）求曲线和曲线围成的图形面积，首先求出两曲线交点的横坐标0、1，然后求在区间上的定积分．
（2）首先利用二倍角公式及两角差的余弦公式计算出，
然后再整体代入可得；
【详解】
解：
（1）联立解得，，所以曲线和曲线围成的图形面积
．
（2）
∴
【点睛】
本题考查定积分求曲边形的面积以及三角恒等变换的应用，属于中档题.