2026届河南省淮阳中学高考压轴卷数学试卷含解析

这是一份2026届河南省淮阳中学高考压轴卷数学试卷含解析，共30页。试卷主要包含了已知函数，在中，为边上的中点，且，则，设集合等内容，欢迎下载使用。
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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．函数（且）的图象可能为（ ）
A．B．C．D．
2．在中，，则 （ ）
A．B．C．D．
3．设，命题“存在，使方程有实根”的否定是( )
A．任意，使方程无实根
B．任意，使方程有实根
C．存在，使方程无实根
D．存在，使方程有实根
4．若a＞b＞0，0＜c＜1，则
A．lgac＜lgbcB．lgca＜lgcbC．ac＜bc D．ca＞cb
5．世纪产生了著名的“”猜想：任给一个正整数，如果是偶数，就将它减半；如果是奇数，则将它乘加，不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到.如图是验证“”猜想的一个程序框图，若输入正整数的值为，则输出的的值是（ ）
A．B．C．D．
6．若两个非零向量、满足，且，则与夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数（，）的一个零点是，函数图象的一条对称轴是直线，则当取得最小值时，函数的单调递增区间是（ ）
A．（）B．（）
C．（）D．（）
8．在中，为边上的中点，且，则（ ）
A．B．C．D．
9．设集合（为实数集），，，则（ ）
A．B．C．D．
10．一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）
A．B．C．D．
11．二项式的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是( )
A．180B．90C．45D．360
12．设集合，，则( )
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．有编号分别为1，2，3，4，5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，则取出球的编号互不相同的概率为_______________.
14．已知数列为等差数列，数列为等比数列，满足，其中，，则的值为_______________．
15．已知为双曲线的左、右焦点，过点作直线与圆相切于点，且与双曲线的右支相交于点，若是上的一个靠近点的三等分点，且，则四边形的面积为_______．
16．展开式中的系数为_________.（用数字做答）
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）已知各项均不相等的等差数列的前项和为, 且成等比数列.
（1）求数列的通项公式;
（2）求数列的前项和.
18．（12分）已知函数.
（1）若，解关于的不等式；
（2）若当时，恒成立，求实数的取值范围.
19．（12分）已知椭圆的短轴长为，左右焦点分别为，，点是椭圆上位于第一象限的任一点，且当时，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若椭圆上点与点关于原点对称，过点作垂直于轴，垂足为，连接并延长交于另一点，交轴于点.
（ⅰ）求面积最大值；
（ⅱ）证明：直线与斜率之积为定值.
20．（12分）如图，在矩形中，，，点分别是线段的中点，分别将沿折起，沿折起，使得重合于点，连结.
（Ⅰ）求证：平面平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.
21．（12分）已知椭圆的右焦点为,过点且斜率为的直线与椭圆交于两点,线段的中点为为坐标原点.
（1）证明:点在轴的右侧;
（2）设线段的垂直平分线与轴、轴分别相交于点.若与的面积相等,求直线的斜率
22．（10分）在一次电视节目的答题游戏中，题型为选择题，只有“A”和“B”两种结果，其中某选手选择正确的概率为p，选择错误的概率为q，若选择正确则加1分，选择错误则减1分，现记“该选手答完n道题后总得分为”.
（1）当时，记，求的分布列及数学期望；
（2）当，时，求且的概率.
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】
因为，故函数是奇函数，所以排除A，B；取，则，故选D.
考点：1.函数的基本性质；2.函数的图象.
2、A
【解析】
先根据得到为的重心，从而，故可得，利用可得，故可计算的值．
【详解】
因为所以为的重心，
所以,
所以,
所以，因为，
所以，故选A．
【点睛】
对于，一般地，如果为的重心，那么，反之，如果为平面上一点，且满足，那么为的重心．
3、A
【解析】
只需将“存在”改成“任意”，有实根改成无实根即可.
【详解】
由特称命题的否定是全称命题，知“存在，使方程有实根”的否定是
“任意，使方程无实根”.
故选：A
【点睛】
本题考查含有一个量词的命题的否定，此类问题要注意在两个方面作出变化：1.量词，2.结论，是一道基础题.
4、B
【解析】
试题分析：对于选项A，，，，而，所以，但不能确定的正负，所以它们的大小不能确定;对于选项B，,，两边同乘以一个负数改变不等号方向，所以选项B正确;对于选项C，利用在第一象限内是增函数即可得到，所以C错误;对于选项D，利用在上为减函数易得，所以D错误.所以本题选B.
【考点】指数函数与对数函数的性质
【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；若底数不同,可考虑利用中间量进行比较.
5、C
【解析】
列出循环的每一步，可得出输出的的值.
【详解】
，输入，，不成立，是偶数成立，则；
，不成立，是偶数成立，则；
，不成立，是偶数成立，则；
，不成立，是偶数不成立，则；
，不成立，是偶数成立，则；
，不成立，是偶数成立，则；
，不成立，是偶数成立，则；
，不成立，是偶数成立，则；
，成立，跳出循环，输出的值为.
故选：C.
【点睛】
本题考查利用程序框图计算输出结果，考查计算能力，属于基础题.
6、A
【解析】
设平面向量与的夹角为，由已知条件得出，在等式两边平方，利用平面向量数量积的运算律可求得的值，即为所求.
【详解】
设平面向量与的夹角为，，可得，
在等式两边平方得，化简得.
故选：A.
【点睛】
本题考查利用平面向量的模求夹角的余弦值，考查平面向量数量积的运算性质的应用，考查计算能力，属于中等题.
7、B
【解析】
根据函数的一个零点是，得出，再根据是对称轴，得出，求出的最小值与对应的，写出即可求出其单调增区间.
【详解】
依题意得，，即，
解得或（其中，）.①
又，
即（其中）.②
由①②得或，
即或（其中，，），因此的最小值为.
因为，所以（）.
又，所以，所以，
令（），则（）.
因此，当取得最小值时，的单调递增区间是（）.
故选：B
【点睛】
此题考查三角函数的对称轴和对称点，在对称轴处取得最值，对称点处函数值为零，属于较易题目.
8、A
【解析】
由为边上的中点，表示出，然后用向量模的计算公式求模.
【详解】
解：为边上的中点，
，
故选：A
【点睛】
在三角形中，考查中点向量公式和向量模的求法，是基础题.
9、A
【解析】
根据集合交集与补集运算,即可求得.
【详解】
集合,,
所以
所以
故选:A
【点睛】
本题考查了集合交集与补集的混合运算,属于基础题.
10、D
【解析】
试题分析：如图所示，截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的,剩余部分体积是正方体体积的,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为,故选D.
考点：本题主要考查三视图及几何体体积的计算.
11、A
【解析】
试题分析：因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以，，令，则，.
考点：1.二项式定理；2.组合数的计算.
12、D
【解析】
利用一元二次不等式的解法和集合的交运算求解即可.
【详解】
由题意知,集合,,
由集合的交运算可得,.
故选:D
【点睛】
本题考查一元二次不等式的解法和集合的交运算;考查运算求解能力;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】
试题分析：从编号分别为1，1，3，4，5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，有种不同的结果，由于是随机取出的，所以每个结果出现的可能性是相等的；设事件为“取出球的编号互不相同”，
则事件包含了个基本事件，所以.
考点：1.计数原理；1．古典概型.
14、
【解析】
根据题意，判断出，根据等比数列的性质可得，再令数列中的，，，根据等差数列的性质，列出等式，求出和的值即可.
【详解】
解：由，其中，，
可得，则，令，，
可得.①
又令数列中的，，，
根据等差数列的性质，可得，
所以.②
根据①②得出，.
所以.
故答案为.
【点睛】
本题主要考查等差数列、等比数列的性质，属于基础题.
15、60
【解析】
根据题中给的信息与双曲线的定义可求得与,再在中,由余弦定理求解得,继而得到各边的长度,再根据计算求解即可.
【详解】
如图所示：设双曲线的半焦距为.
因为,,,所以由勾股定理,得.
所以.
因为是上一个靠近点的三等分点,是的中点,所以.
由双曲线的定义可知：,所以.
在中,由余弦定理可得
,所以,整理可得.
所以,解得.所以.
则.则,得.
则的底边上的高为.
所以
.
故答案为：60
【点睛】
本题主要考查了双曲线中利用定义与余弦定理求解线段长度与面积的方法,需要根据双曲线的定义表示各边的长度,再在合适的三角形里面利用余弦定理求得基本量的关系.属于难题.
16、210
【解析】
转化，只有中含有，即得解.
【详解】
只有中含有，
其中的系数为
故答案为:210
【点睛】
本题考查了二项式系数的求解，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
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）；（2）．
【解析】
试题分析：（1）设公差为，列出关于的方程组，求解的值，即可得到数列的通项公式；（2）由（1）可得，即可利用裂项相消求解数列的和.
试题解析：（1）设公差为.由已知得,解得或（舍去）, 所以,故.
（2）,
考点：等差数列的通项公式；数列的求和.
18、（1）（2）
【解析】
（1）利用零点分段法将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.
（2）对分成三种情况，求得的最小值，由此求得的取值范围.
【详解】
（1）当时，，
由此可知，的解集为
（2）当时，
的最小值为和中的最小值，其中，.所以恒成立.
当时，，且，不恒成立，不符合题意.
当时，，
若，则，故不恒成立，不符合题意；
若，则，故不恒成立，不符合题意.
综上，.
【点睛】
本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查根据绝对值不等式恒成立求参数的取值范围，考查分类讨论的数学思想方法，属于中档题.
19、（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析.
【解析】
（1）由，解方程组即可得到答案；
（2）（ⅰ）设，，则，，易得，注意到，利用基本不等式得到的最大值即可得到答案；（ⅱ）设直线斜率为，直线方程为，联立椭圆方程得到的坐标，再利用两点的斜率公式计算即可.
【详解】
（1）设，由，得.
将代入，得，即，
由，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，，则，
（ⅰ）易知为的中位线，所以，
所以，
又满足，所以
，得，
故，当且仅当，即，时取等号，
所以面积最大值为.
（ⅱ）记直线斜率为，则直线斜率为，
所以直线方程为.
由，得，
由韦达定理得，所以，
代入直线方程，得，
于是，直线斜率，
所以直线与斜率之积为定值.
【点睛】
本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及到椭圆中的最值及定值问题，在解椭圆与直线的位置关系的答题时，一般会用到根与系数的关系，考查学生的数学运算求解能力，是一道有一定难度的题.
20、（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）根据，，可得平面，故而平面平面．
（Ⅱ）过作于，则可证平面，故为所求角，在中利用余弦定理计算，再计算．
【详解】
解：（Ⅰ）因为，，，平面，平面
所以平面，
又平面，
所以平面平面；
（Ⅱ）过作于，则由平面，且平面知
，所以平面，从而是直线与平面所成角.
因为，，，
所以，
从而.
【点睛】
本题考查了面面垂直的判定，考查直线与平面所成角的计算，属于中档题．
21、（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求出点的横坐标即可证出；
（2）根据线段的垂直平分线求出点的坐标，即可求出的面积，再表示出的面积，由与的面积相等列式，即可解出直线的斜率．
【详解】
（1）由题意，得，直线（）
设，，
联立消去，得，
显然，，
则点的横坐标，
因为，
所以点在轴的右侧．
（2）由（1）得点的纵坐标．
即．
所以线段的垂直平分线方程为：．
令，得；令，得．
所以的面积，
的面积．
因为与的面积相等，
所以，解得．
所以当与的面积相等时，直线的斜率．
【点睛】
本题主要考查直线与椭圆的位置关系的应用、根与系数的关系应用，以及三角形的面积的计算，意在考查学生的数学运算能力，属于中档题．
22、（1）见解析，0（2）
【解析】
（1）即该选手答完3道题后总得分,可能出现的情况为3道题都答对,答对2道答错1道,答对1道答错2道,3道题都答错,进而求解即可；
（2）当时,即答完8题后,正确的题数为5题,错误的题数是3题,又,则第一题答对,第二题第三题至少有一道答对,进而求解.
【详解】
解:（1）的取值可能为,,1,3,又因为,
故,,
,,
所以的分布列为：
所以
（2）当时,即答完8题后,正确的题数为5题,错误的题数是3题,
又已知,第一题答对,
若第二题回答正确,则其余6题可任意答对3题；
若第二题回答错误,第三题回答正确,则后5题可任意答对题，
此时的概率为（或）.
【点睛】
本题考查二项分布的分布列及期望,考查数据处理能力,考查分类讨论思想.
1
3