2026届河北衡水高三第六次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届河北衡水高三第六次模拟考试数学试卷含解析，共7页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知复数，则的虚部是，二项式展开式中，项的系数为，若，则“”是 “”的等内容，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．直角坐标系中，双曲线（）与抛物线相交于、两点，若△是等边三角形，则该双曲线的离心率（ ）
A．B．C．D．
2．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作一条直线与双曲线右支交于两点，坐标原点为，若，则该双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．已知曲线的一条对称轴方程为，曲线向左平移个单位长度，得到曲线的一个对称中心的坐标为，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
4．某空间几何体的三视图如图所示（图中小正方形的边长为1），则这个几何体的体积是（ ）
A．B．C．16D．32
5．已知函数，，的零点分别为，，，则（ ）
A．B．
C．D．
6．已知复数，则的虚部是（ ）
A．B．C．D．1
7．二项式展开式中，项的系数为（ ）
A．B．C．D．
8．若为过椭圆中心的弦，为椭圆的焦点，则△面积的最大值为（ ）
A．20B．30C．50D．60
9．已知命题,；命题若，则，下列命题为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
10．若，则“”是 “”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
11．已知双曲线的左、右焦点分别为，，P是双曲线E上的一点，且.若直线与双曲线E的渐近线交于点M，且M为的中点，则双曲线E的渐近线方程为( )
A．B．C．D．
12．椭圆的焦点为，点在椭圆上，若，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．设，若关于的方程有实数解，则实数的取值范围_____．
14．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则________.
15．若，则=____， = ___.
16．已知点是抛物线的准线上一点，F为抛物线的焦点，P为抛物线上的点，且，若双曲线C中心在原点，F是它的一个焦点，且过P点，当m取最小值时，双曲线C的离心率为______.
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）在中，角的对边分别为，且，．
（1）求的值；
（2）若求的面积．
18．（12分）已知函数是减函数.
（1）试确定a的值；
（2）已知数列，求证：.
19．（12分）已知抛物线的焦点为，点，点为抛物线上的动点．
（1）若的最小值为，求实数的值；
（2）设线段的中点为，其中为坐标原点，若，求的面积．
20．（12分）已知函数，其中．
（1）讨论函数的零点个数；
（2）求证：．
21．（12分）设函数，，其中，为正实数.
（1）若的图象总在函数的图象的下方，求实数的取值范围；
（2）设，证明：对任意，都有.
22．（10分）已知数列是各项均为正数的等比数列，，且，，成等差数列．
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，为数列的前项和，记，证明：．
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】
根据题干得到点A坐标为，代入抛物线得到坐标为，再将点代入双曲线得到离心率.
【详解】
因为三角形OAB是等边三角形，设直线OA为，设点A坐标为，代入抛物线得到x=2b,故点A的坐标为，代入双曲线得到
故答案为：D.
【点睛】
求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范围).
2、B
【解析】
由题可知，，再结合双曲线第一定义，可得，对有，
即，解得，再对，由勾股定理可得，化简即可求解
【详解】
如图，因为，所以.因为所以.
在中，，即，
得，则.在中，由得.
故选：B
【点睛】
本题考查双曲线的离心率求法，几何性质的应用，属于中档题
3、C
【解析】
在对称轴处取得最值有，结合，可得，易得曲线的解析式为，结合其对称中心为可得即可得到的最小值.
【详解】
∵直线是曲线的一条对称轴.
，又.
.
∴平移后曲线为.
曲线的一个对称中心为.
.
，注意到
故的最小值为.
故选：C.
【点睛】
本题考查余弦型函数性质的应用，涉及到函数的平移、函数的对称性，考查学生数形结合、数学运算的能力，是一道中档题.
4、A
【解析】
几何体为一个三棱锥，高为4，底面为一个等腰直角三角形，直角边长为4，所以体积是，选A.
5、C
【解析】
转化函数，，的零点为与，，的交点，数形结合，即得解.
【详解】
函数，，的零点，即为与，，的交点，
作出与，，的图象，
如图所示，可知
故选：C
【点睛】
本题考查了数形结合法研究函数的零点，考查了学生转化划归，数形结合的能力，属于中档题.
6、C
【解析】
化简复数，分子分母同时乘以，进而求得复数，再求出，由此得到虚部.
【详解】
，，所以的虚部为.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查复数的乘法、除法运算，考查共轭复数的虚部，属于基础题.
7、D
【解析】
写出二项式的通项公式,再分析的系数求解即可.
【详解】
二项式展开式的通项为,令,得,故项的系数为.
故选：D
【点睛】
本题主要考查了二项式定理的运算,属于基础题.
8、D
【解析】
先设A点的坐标为，根据对称性可得，在表示出面积，由图象遏制，当点A在椭圆的顶点时，此时面积最大，再结合椭圆的标准方程，即可求解.
【详解】
由题意，设A点的坐标为，根据对称性可得，
则的面积为，
当最大时，的面积最大，
由图象可知，当点A在椭圆的上下顶点时，此时的面积最大，
又由，可得椭圆的上下顶点坐标为，
所以的面积的最大值为.
故选：D.

【点睛】
本题主要考查了椭圆的标准方程及简单的几何性质，以及三角形面积公式的应用，着重考查了数形结合思想，以及化归与转化思想的应用.
9、B
【解析】
解：命题p：∀x＞0，ln（x+1）＞0，则命题p为真命题，则￢p为假命题；
取a=﹣1，b=﹣2，a＞b，但a2＜b2，则命题q是假命题，则￢q是真命题．
∴p∧q是假命题，p∧￢q是真命题，￢p∧q是假命题，￢p∧￢q是假命题．
故选B．
10、A
【解析】
本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.
【详解】
当时，，则当时，有，解得，充分性成立；当时，满足，但此时，必要性不成立，综上所述，“”是“”的充分不必要条件.
【点睛】
易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.
11、C
【解析】
由双曲线定义得，，OM是的中位线，可得，在中，利用余弦定理即可建立关系，从而得到渐近线的斜率.
【详解】
根据题意，点P一定在左支上.
由及，得，，
再结合M为的中点，得，
又因为OM是的中位线，又，且，
从而直线与双曲线的左支只有一个交点.
在中.——①
由，得. ——②
由①②，解得，即，则渐近线方程为.
故选：C.
【点睛】
本题考查求双曲线渐近线方程，涉及到双曲线的定义、焦点三角形等知识，是一道中档题.
12、C
【解析】
根据椭圆的定义可得，，再利用余弦定理即可得到结论.
【详解】
由题意，，，又，则，
由余弦定理可得.
故.
故选：C.
【点睛】
本题考查椭圆的定义，考查余弦定理，考查运算能力，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】
先求出，从而得函数在区间上为增函数；在区间为减函数．即可得的最大值为，令，得函数取得最小值，由有实数解，，进而得实数的取值范围．
【详解】
解：，
当时，；当时，；
函数在区间上为增函数；在区间为减函数．
所以的最大值为，
令，
所以当时，函数取得最小值，
又因为方程有实数解，那么，即，
所以实数的取值范围是：．
故答案为：
【点睛】
本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，导数的应用，属于中档题.
14、
【解析】
利用正弦定理将边化角，即可容易求得结果.
【详解】
由正弦定理可知，
，即.
故答案为：.
【点睛】
本题考查利用正弦定理实现边角互化，属基础题.
15、128 21
【解析】
令，求得的值.利用展开式的通项公式，求得的值.
【详解】
令，得.展开式的通项公式为，当时，为，即.
【点睛】
本小题主要考查二项式展开式的通项公式，考查赋值法求解二项式系数有关问题，属于基础题.
16、
【解析】
由点坐标可确定抛物线方程，由此得到坐标和准线方程；过作准线的垂线，垂足为，根据抛物线定义可得，可知当直线与抛物线相切时，取得最小值；利用抛物线切线的求解方法可求得点坐标，根据双曲线定义得到实轴长，结合焦距可求得所求的离心率.
【详解】
是抛物线准线上的一点
抛物线方程为 ，准线方程为
过作准线的垂线，垂足为，则

设直线的倾斜角为，则
当取得最小值时，最小，此时直线与抛物线相切
设直线的方程为，代入得：
，解得： 或
双曲线的实轴长为，焦距为
双曲线的离心率
故答案为：
【点睛】
本题考查双曲线离心率的求解问题，涉及到抛物线定义和标准方程的应用、双曲线定义的应用；关键是能够确定当取得最小值时，直线与抛物线相切，进而根据抛物线切线方程的求解方法求得点坐标.
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）3（2）78
【解析】
试题分析：（1）由两角和差公式得到，由三角形中的数值关系得到，进而求得数值；（2）由三角形的三个角的关系得到，再由正弦定理得到b=15,故面积公式为.
解析：
（1）在中，由，得为锐角，所以，
所以，
所以.

（2）在三角形中,由，
所以， 由，
由正弦定理,得，
所以的面积.
18、（Ⅰ）（Ⅱ）见证明
【解析】
（Ⅰ）求导得，由是减函数得，对任意的，都有恒成立，构造函数，通过求导判断它的单调性，令其最大值小于等于0，即可求出；
（Ⅱ）由是减函数，且可得，当时，，则，即，两边同除以得，，即，从而 ，两边取对数 ，然后再证明恒成立即可，构造函数，，通过求导证明即可．
【详解】
解：（Ⅰ）的定义域为，.
由是减函数得，对任意的，都有恒成立.
设.
∵，由知，
∴当时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴在时取得最大值.
又∵，∴对任意的，恒成立，即的最大值为.
∴，解得.
（Ⅱ）由是减函数，且可得，当时，，
∴，即.
两边同除以得，，即.
从而 ，
所以 ①.
下面证；
记，.
∴ ，
∵在上单调递增，
∴在上单调递减，
而，
∴当时，恒成立，
∴在上单调递减，
即时，，
∴当时，.
∵，
∴当时，，即②.
综上①②可得，.
【点睛】
本题考查了导数与函数的单调性的关系，考查了函数的最值，考查了构造函数的能力，考查了逻辑推理能力与计算求解能力，属于难题．，
19、（1）的值为或.（2）
【解析】
（1）分类讨论，当时，线段与抛物线没有公共点，设点在抛物线准线上的射影为，当三点共线时，能取得最小值，利用抛物线的焦半径公式即可求解；当时，线段与抛物线有公共点，利用两点间的距离公式即可求解.
（2）由题意可得轴且设，则，代入抛物线方程求出，再利用三角形的面积公式即可求解.
【详解】
由题，，若线段与抛物线没有公共点，即时，
设点在抛物线准线上的射影为，
则三点共线时，
的最小值为，此时
若线段与抛物线有公共点，即时，
则三点共线时，的最小值为：
，此时
综上，实数的值为或.
因为，
所以轴且
设，则，代入抛物线的方程解得
于是，
所以
【点睛】
本题考查了抛物线的焦半径公式、直线与抛物线的位置关系中的面积问题，属于中档题.
20、（1）时，有一个零点；当且时，有两个零点；（2）见解析
【解析】
（1）利用的导函数，求得的最大值的表达式，对进行分类讨论，由此判断出的零点的个数.
（2）由，得到和，构造函数，利用导数证得，即有，从而证得，即.
【详解】
（1），
∴当时，，当时，在上递增，在上递减，.
令在上递减，在上递增，，当且仅当时取等号．
①时，有一个零点；
②时，，此时有两个零点；
③时，，令在上递增，，此时有两个零点；
综上:时，有一个零点;当且时，有两个零点;
（2）由（1）可知：，
令在上递增，．
【点睛】
本小题主要考查利用导数研究函数的零点，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） （2）证明见解析
【解析】
(1)据题意可得在区间上恒成立，利用导数讨论函数的单调性，从而求出满足不等式的的取值范围；(2)不等式整理为，由(1)可知当时，，利用导数判断函数的单调性从而证明在区间上成立，从而证明对任意，都有.
【详解】
（1）解：因为函数的图象恒在的图象的下方，
所以在区间上恒成立.
设，其中，
所以，其中，.
①当，即时，，
所以函数在上单调递增，，
故成立，满足题意.
②当，即时，设，
则图象的对称轴，，，
所以在上存在唯一实根，设为，则，，，
所以在上单调递减，此时，不合题意.
综上可得，实数的取值范围是.
（2）证明：由题意得，
因为当时，，，
所以.
令，则，
所以在上单调递增，，即，
所以，从而.
由（1）知当时，在上恒成立，整理得.
令，则要证，只需证.
因为，所以在上单调递增，
所以，即在上恒成立.
综上可得，对任意，都有成立.
【点睛】
本题考查导数在研究函数中的作用，利用导数判断函数单调性与求函数最值，利用导数证明不等式，属于难题.
22、（Ⅰ），；（Ⅱ）见解析
【解析】
（Ⅰ）由，且成等差数列，可求得q，从而可得本题答案；
（Ⅱ）化简求得，然后求得，再用裂项相消法求，即可得到本题答案.
【详解】
（Ⅰ）因为数列是各项均为正数的等比数列，，可设公比为q，，
又成等差数列，
所以，即，
解得或（舍去），则，；
（Ⅱ）证明：，
，，
则，
因为，所以
即.
【点睛】
本题主要考查等差等比数列的综合应用，以及用裂项相消法求和并证明不等式，考查学生的运算求解能力和推理证明能力.