2026届河北省保定市定州市高三压轴卷数学试卷含解析

这是一份2026届河北省保定市定州市高三压轴卷数学试卷含解析，共19页。试卷主要包含了已知函数，，且，则，已知实数，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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．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
2．随着人民生活水平的提高，对城市空气质量的关注度也逐步增大，下图是某城市月至月的空气质量检测情况，图中一、二、三、四级是空气质量等级，一级空气质量最好，一级和二级都是质量合格天气，下面叙述不正确的是（ ）
A．1月至8月空气合格天数超过天的月份有个
B．第二季度与第一季度相比，空气达标天数的比重下降了
C．8月是空气质量最好的一个月
D．6月份的空气质量最差.
3．已知向量，，且，则（ ）
A．B．C．1D．2
4．小王因上班繁忙，来不及做午饭，所以叫了外卖.假设小王和外卖小哥都在12：00~12：10之间随机到达小王所居住的楼下，则小王在楼下等候外卖小哥的时间不超过5分钟的概率是（ ）
A．B．C．D．
5．已知定义在上的奇函数和偶函数满足（且），若，则函数的单调递增区间为（ ）
A．B．C．D．
6．已知正项等比数列的前项和为，且，则公比的值为（ ）
A．B．或C．D．
7．一个由两个圆柱组合而成的密闭容器内装有部分液体，小圆柱底面半径为，大圆柱底面半径为，如图1放置容器时，液面以上空余部分的高为，如图2放置容器时，液面以上空余部分的高为，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，，且，则（ ）
A．3B．3或7C．5D．5或8
9．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．
10．已知实数，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．已知，则（ ）
A．B．C．D．
12．等比数列的前项和为，若，，，，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在平面直角坐标系中，已知点，，若圆上有且仅有一对点，使得的面积是的面积的2倍，则的值为_______.
14．已知椭圆的离心率是，若以为圆心且与椭圆有公共点的圆的最大半径为，此时椭圆的方程是____.
15．设复数满足，其中是虚数单位，若是的共轭复数，则____________．
16．的三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知，则________.
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）已知三棱锥中，为等腰直角三角形，，设点为中点，点为中点，点为上一点，且．
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
18．（12分）已知数列满足：对一切成立.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
19．（12分）已知函数，曲线在点处的切线方程为.
（Ⅰ）求，的值；
（Ⅱ）若，求证：对于任意，.
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）如图，在四棱锥中，侧棱底面，，，，是棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，点是线段上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
22．（10分）已知点、分别在轴、轴上运动，，．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过点且斜率存在的直线与曲线交于、两点，，求的取值范围．
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】
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.
2、D
【解析】
由图表可知月空气质量合格天气只有天，月份的空气质量最差．故本题答案选．
3、A
【解析】
根据向量垂直的坐标表示列方程，解方程求得的值.
【详解】
由于向量，，且，所以解得.
故选：A
【点睛】
本小题主要考查向量垂直的坐标表示，属于基础题.
4、C
【解析】
设出两人到达小王的时间，根据题意列出不等式组，利用几何概型计算公式进行求解即可.
【详解】
设小王和外卖小哥到达小王所居住的楼下的时间分别为，以12：00点为开始算起，则有，在平面直角坐标系内，如图所示：图中阴影部分表示该不等式组的所表示的平面区域，
所以小王在楼下等候外卖小哥的时间不超过5分钟的概率为：
.
故选：C
【点睛】
本题考查了几何概型中的面积型公式，考查了不等式组表示的平面区域，考查了数学运算能力.
5、D
【解析】
根据函数的奇偶性用方程法求出的解析式，进而求出，再根据复合函数的单调性，即可求出结论.
【详解】
依题意有， ①
， ②
①②得，又因为，
所以，在上单调递增，
所以函数的单调递增区间为.
故选:D.
【点睛】
本题考查求函数的解析式、函数的性质，要熟记复合函数单调性判断方法，属于中档题.
6、C
【解析】
由可得，故可求的值.
【详解】
因为，所以，
故，因为正项等比数列，故，所以，故选C.
【点睛】
一般地，如果为等比数列，为其前项和，则有性质：
（1）若，则；
（2）公比时，则有，其中为常数且；
（3） 为等比数列（ ）且公比为.
7、B
【解析】
根据空余部分体积相等列出等式即可求解.
【详解】
在图1中，液面以上空余部分的体积为；在图2中，液面以上空余部分的体积为.因为，所以.
故选：B
【点睛】
本题考查圆柱的体积，属于基础题.
8、B
【解析】
根据函数的对称轴以及函数值，可得结果.
【详解】
函数，
若，则的图象关于对称，
又，所以或，
所以的值是7或3.
故选：B.
【点睛】
本题考查的是三角函数的概念及性质和函数的对称性问题，属基础题
9、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.
10、C
【解析】
利用不等式性质可判断，利用对数函数和指数函数的单调性判断.
【详解】
解：对于实数， ，不成立
对于不成立．
对于．利用对数函数单调递增性质，即可得出．
对于指数函数单调递减性质，因此不成立．
故选：．
【点睛】
利用不等式性质比较大小．要注意不等式性质成立的前提条件．解决此类问题除根据不等式的性质求解外，还经常采用特殊值验证的方法．
11、C
【解析】
利用诱导公式得，，再利用倍角公式，即可得答案.
【详解】
由可得，∴，
∴.
故选：C.
【点睛】
本题考查诱导公式、倍角公式，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，求解时注意三角函数的符号.
12、D
【解析】
试题分析：由于在等比数列中，由可得：，
又因为，
所以有：是方程的二实根，又，，所以，
故解得：，从而公比；
那么，
故选D．
考点：等比数列．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
写出所在直线方程，求出圆心到直线的距离，结合题意可得关于的等式，求解得答案．
【详解】
解：直线的方程为，即．
圆的圆心
到直线的距离，
由的面积是的面积的2倍的点，有且仅有一对，
可得点到的距离是点到直线的距离的2倍，
可得过圆的圆心，如图：
由，解得．
故答案为：．
【点睛】
本题考查直线和圆的位置关系以及点到直线的距离公式应用，考查数形结合的解题思想方法，属于中档题．
14、
【解析】
根据题意设为椭圆上任意一点,表达出,再根据二次函数的对称轴与求解的关系分析最值求解即可.
【详解】
因为椭圆的离心率是,,所以,故椭圆方程为.
因为以为圆心且与椭圆有公共点的圆的最大半径为,所以椭圆上的点到点的距离的最大值为.
设为椭圆上任意一点,则.
所以
因为的对称轴为.
(i)当时,在上单调递增,在上单调递减.
此时,解得.
(ii)当时, 在上单调递减.
此时,解得舍去.
综上,椭圆方程为.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了椭圆上的点到定点的距离最值问题,需要根据题意设椭圆上的点,再求出距离,根据二次函数的对称轴与区间的关系分析最值的取值点分类讨论求解.属于中档题.
15、
【解析】
由于，则．
16、
【解析】
利用正弦定理边化角可得，从而可得，进而求解.
【详解】
由，
由正弦定理可得，
即，
整理可得，
又因为，所以，
因为，
所以，
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了正弦定理解三角形、两角和的正弦公式，属于基础题.
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)证明见解析；(2)
【解析】
（1）连接交于点，连接，通过证，并说明平面，来证明平面
（2）采用建系法以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，分别表示出对应的点坐标，设平面的一个法向量为，结合直线对应的和法向量，利用向量夹角的余弦公式进行求解即可
【详解】
证明：如图，
连接交于点，连接，点为的中点，点为的中点，
点为的重心，则，，，
又平面，平面，平面；
，，，，
，，可得，又，
则以、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，．
设平面的一个法向量为，由，
取，得．设直线与平面所成角为，
则．直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】
本题考查线面平行的判定定理的使用，利用建系法来求解线面夹角问题，整体难度不大，本题中的线面夹角的正弦值公式使用广泛，需要识记
18、（1）；（2）
【解析】
（1）先通过求得，再由得，和条件中的式子作差可得答案；
（2）变形可得，通过裂项求和法可得答案.
【详解】
（1）①，
当时，，
，
当时，②，
①②得：，
，
适合，
故；
（2），
.
【点睛】
本题考查法求数列的通项公式，考查裂项求和，是基础题.
19、（Ⅰ），（Ⅱ）见解析
【解析】
（1）根据导数的运算法则，求出函数的导数，利用切线方程求出切线的斜率及切点，利用函数在切点处的导数值为曲线切线的斜率及切点也在曲线上，列出方程组，求出，值；（2）首先将不等式转化为函数，即将不等式右边式子左移，得
，
构造函数并判断其符号，这里应注意的取值范围，从而证明不等式.
【详解】
解：（1）
由于直线的斜率为，且过点，
故即解得，.
（2）由（1）知，
所以.
考虑函数，，
则.
而，故当时，，
所以，即.
【点睛】
本题考查了利用导数求切线的斜率，利用函数的导数研究函数的单调性、和最值问题，以及不等式证明问题，考查了分析及解决问题的能力，其中，不等式问题中结合构造函数实现正确转换为最大值和最小值问题是关键.
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）证明见解析；（2）
【解析】
（1）的中点，连接，，证明四边形是平行四边形可得，故而平面；
（2）以为原点建立空间坐标系，求出平面的法向量，计算与的夹角的余弦值得出答案．
【详解】
（1）证明：取的中点，连接，，
，分别是，的中点，
，，
又，，
，，
四边形是平行四边形，，
又平面，平面，
平面．
（2）解：，，
又，故，
以为原点，以，，为坐标轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，0，，，2，，，0，，，2，，
是的中点，是的三等分点，
，1，，，，，
，，，，0，，，2，，
设平面的法向量为，，，则，即，
令可得，，，
，
，
直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】
本题考查了线面平行的判定，空间向量与直线与平面所成角的计算，属于中档题．
22、（1）（2）
【解析】
(1)设坐标后根据向量的坐标运算即可得到轨迹方程.(2)联立直线和椭圆方程，用坐标表示出，得到，所以，代入韦达定理即可求解.
【详解】
（1）设，，则，
设，由得．
又由于，
化简得的轨迹的方程为．
（2）设直线的方程为，
与的方程联立，消去得，
，设，，
则，，
由已知，，则
，
故直线．
，
令，则
，
由于，，
．
所以，的取值范围为．
【点睛】
此题考查轨迹问题，椭圆和直线相交，注意坐标表示向量进行转化的处理技巧，属于较难题目.