2026年河南省高三下学期模拟预测数学试题（附答案解析）

这是一份2026年河南省高三下学期模拟预测数学试题（附答案解析），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知平面向量，均为单位向量，若，则（ ）
A．1B．2C．4D．8
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知数列满足对任意的，，都有．若，则（ ）
A．18B．22C．24D．29
5．风电是我国新能源战略的核心支柱，某型号海上风电机组的安全运行标准中，风力等级与轮毂高度风速的关系满足方程：（其中为轮毂高度风速，单位：，为风力等级）．我国某海上风电场遭遇极端天气，监测到轮毂高度瞬时风速达到，则该瞬时风速对应的风力等级约为（ ）（注：，）
A．9级B．11级C．13级D．15级
6．某科技公司使用AI质检系统对生产的芯片进行初筛（分为合格芯片和瑕疵芯片）．已知芯片被标记为合格的概率为，被标记为瑕疵的概率为．被标记为合格的芯片中有实际为瑕疵芯片，被标记为瑕疵的芯片中有实际为合格芯片．在被AI质检过的芯片中随机抽取1个，该芯片为瑕疵芯片的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知抛物线的焦点为，准线为，点在抛物线上（点在第一象限），直线的倾斜角为，过点作于点，直线交轴于点．若的外接圆周长为，则（ ）
A．1B．2C．D．
8．在长方体中，，．现以为球心，以为半径作球，则球的球面与该长方体的表面相交所得到的曲线的长为（ ）（参考数据：）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知复数，其中，且，设在复平面内对应的点为，则下列说法正确的有（ ）
A．的虚部为B．点在第二象限
C．点在直线上D．的最大值为
10．我国航天事业飞速发展，某颗科学实验卫星在太空中运行时，其单日的电池功耗（单位：W）受太阳光照强度等因素影响．历史数据表明：在常规运行轨道上，卫星单日功耗服从正态分布，在进行深空探测任务期间，卫星单日功耗服从正态分布．则下列结论正确的有（ ）
（附：若随机变量服从正态分布，则，，）
A．B．
C．D．
11．已知函数，，则下列说法正确的有（ ）
A．当时，曲线在点处的切线方程为
B．对任意，在定义域内恒有两个极值点
C．若在处取得极值，则的极大值为
D．若在上的最小值为，则
三、填空题
12．若正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为6，高为2，则其体积为__________．
13．已知双曲线的左、右焦点分别为，，为双曲线右支上一点，连接交轴于点．若点恰为的中点，且，则双曲线的离心率为__________．
14．已知数列的前项和为，，且数列的前10项和为550，则________．（参考公式：）
四、解答题
15．在中，内角，，的对边分别为，，，且．
(1)求；
(2)若，的面积为，求．
16．某农业科研团队为探究大棚蔬菜的光照时长对产量的影响，选取5组不同的光照时长方案，在相同种植条件下开展试验，统计对应时长下的蔬菜合格采收量，得到如下数据：
(1)求变量与的样本相关系数，判断是否适合线性回归模型拟合，如果适合，求关于的经验回归方程；
(2)当样本数据的残差绝对值大于1时，称该组数据为异常拟合数据，现从这5组数据中任取3组做残差分析，求取到异常拟合数据的组数的分布列和数学期望．
附：①样本相关系数，当时，相关性较强，当时，相关性一般；
②经验回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，；
③，，．
17．如图，在多面体中，底面四边形为直角梯形，，，，，平面，平面．
(1)求证：平面平面；
(2)求平面和平面夹角的余弦值．
18．已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线与椭圆相交于两点，的最大值与最小值之和为7．
(1)求椭圆的标准方程．
(2)设过点且与直线垂直的直线交椭圆于，两点，点，分别是弦，的中点．
①若直线和直线均不与轴重合，求证：直线过定点；
②在①的条件下，当两直线和的斜率为何值时，的面积取得最大值？
19．已知函数，．
(1)判断函数的单调性．
(2)若方程有两个根．
①求实数的取值范围；
②证明：．
每日光照时长
14
15
16
17
18
合格采收量
4
8
16
20
26
《河南百师联盟2026届高三下学期模拟预测数学试题》参考答案
1．B
【详解】因为，
所以或，
所以.
2．A
【分析】根据单位向量的概念以及平面向量的数量积运算法则和性质求解即可.
【详解】因为，均为单位向量， ，，
由可知，，展开得，即，
代入得，解得，
因此.
所以.
3．C
【分析】根据三角函数的诱导公式和二倍角公式即可求解.
【详解】.
故选：.
4．D
【分析】第一种方法，根据定义判断出数列是等差数列，求首项，求和，计算；第二种方法，利用等差数列性质，等差数列中，若 ，则.
【详解】由条件 ，令 ， ，得： ，
即 ，则是首项为，公差 的等差数列，
已知，代入通项公式：，
解得，
，
，
；
第二种方法：
，故.
，则.
5．B
【分析】根据给定方程计算瞬时风速对应的风力等级，结合对数运算及指对互化运算即可求解．
【详解】将轮毂高度瞬时风速代入，得，
由知，，则，
所以，
又，所以，
所以．
6．D
【详解】记“芯片为瑕疵芯片”为事件，“芯片被标记为合格”为事件，“芯片被标记为瑕疵”为事件.
则，，，.
所以.
即在被AI质检过的芯片中随机抽取1个，该芯片为瑕疵芯片的概率为.
7．B
【分析】根据题意，设出直线的方程并与抛物线联立方程组，可求出点坐标，由于点可求得点坐标和直线的斜率，从而表示出点坐标，利用平面向量的数量积坐标表现可证 为直角三角形，最后结合外接圆周长进而求解.
【详解】设点 ，由题意得抛物线焦点为 ，准线 的方程为 ，
因为直线的倾斜角为，则其斜率为，其方程为 ，即 ，
将其与抛物线方程联立 ，消去得 ，
整理得 ，解得 .
因为点在第一象限，所以 ，即 ，则，
又由，可得；
由于点，得 ，则直线的斜率为，
直线的方程为，
令 ，得．所以 .
在 中，易得 ， ，
因 可得 CA⊥CF ，
因此 为直角三角形，其外接圆的直径为鈄边，
由抛物线定义可知 |AF|=xA+p2=3−222p+p2=(2−2)p，
则外接圆的周长为 π|AF|=π(2−2)p.
由题意得 π(2−2)p=2(2−2)π，解得 .
8．A
【分析】将空间中球体与长方体表面的相交问题，转化为球心在各个面上的圆心，利用勾股定理求出截面圆半径，进而结合各个面上的范围，计算出各部分圆弧段的弧长并求和.
【详解】由题意得，长方体的体对角线长为，
所以球与以为定点的三个面均有交线，设球的半径为，
因为，球与平面相交截得的圆，其圆心应当是球心在该平面上的正投影，即B点，
所以在面内的交线是以为圆心，2为半径，圆心角为的弧，弧长为，
同理，在面内的交线长为，
因为球心到平面的距离为，
所以在面内的交线是以点为圆心，为半径，圆心角为的弧，
弧长为，
因为，所以球与平面和面无交线，
在平面中，设以点为圆心，为半径的圆分别交于两点，则，
在直角三角形中，，，故，
所以，
所以，所以所对的弧长为，
综上，曲线的长为.
9．BC
【分析】对复数 进行分母实数化、逐步化简，结合选项一一求解.
【详解】，
选项A，的虚部是实数，不是 ，所以A错误.
选项B，对应点的坐标为 ，因为，所以 ， ，点在第二象限，B 正确.
选项C，点的坐标 ，满足，所以点在直线上，C正确.
选项D，，
当时，，D错误.
10．BCD
【分析】利用正态分布的对称性与区间概率计算，并利用期望与方差的线性性质计算 和即可.
【详解】对于A，由题意得 ，故A错误；
对于B，由题意得， ，故B正确；
对于C，由题意得， ，故C正确；
对于D，由题意得，
即，故D正确.
11．ACD
【分析】A选项，当时，求切点和切线斜率，根据点斜式即可写切线方程；B选项，求导，存在只有一个极值点的情况，从而作出判断；C选项，由极值点得，借助分析单调性判断在处取得极大值，从而求出极大值；D选项，讨论在上的符号，当时，单调递增，最小值为，当时，不满足条件，即可进行判断.
【详解】对于A：当时，，所以，
又因为，所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
即，故A正确；
对于B：因为，
令，得或.
当时，不在定义域内，此时只有一个极值点，故B错误；
对于C：因为在处取得极值，所以，即，
所以，令，得或，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以在时取到极大值，极大值为，故C正确；
对于D：，因为，所以只需讨论.
当时，，所以，所以在上单调递增，
所以最小值为，成立；
当时，在单调递减，在单调递增，
所以最小值为，
令，即，因为，所以需，
设，则，所以，无解；
当时，，所以，所以在上单调递减，
所以最小值为fe2=e4−(2a+1)e2+2a，令e4−(2a+1)e2+2a=−2a，
则a=e4−e22e2−4，验证可知不成立，综上，故D正确.
12．/
【分析】由棱台体积公式进行求解．
【详解】由正四棱台得，上底面和下底面都为正方形，
则体积．
13．
【详解】如图：
因为为中点，为中点，所以，
则，，
设，则，，
在直角三角形中，由，解得.
14．4
【分析】由结合与的关系可得，进而得到数列是等差数列，公差为2，可得，进而结合数列的前10项和为550列方程求解即可.
【详解】由，
当时，，
则，
即，则，
所以数列是等差数列，公差为2，
则，
因为的前10项和为550，
所以，
解得.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据和差的正弦、余弦公式化简等式即可求出结果.
（2）根据正弦定理和三角形面积公式计算即可.
【详解】（1）

．
因为，所以，
所以 ，解得．
因为，所以．
（2）由（1）得．
因为，，所以，所以．
由正弦定理，得 ．
因为，
所以的面积．
由题意，得，解得．
16．(1)适合，
(2)
【分析】（1）根据公式先求得，可得与的线性相关性很强，适合线性回归模型拟合，进而结合公式求解即可；
（2）计算可得异常拟合数据有2组，非异常拟合数据有3组，进而可得的所有可能取值为0，1，2，分别求出每一个对应的概率，再根据数学期望的公式求解即可.
【详解】（1）由已知，得，
，
所以，
所以．
因为，说明与的线性相关性很强，所以适合线性回归模型拟合．
因为，
，
所以关于的经验回归方程为．
（2）由（1）知，．
因为样本数据的残差绝对值大于1时，称该组数据为异常拟合数据，
所以5组数据的残差绝对值及数据状态如下表所示．
由表可知，异常拟合数据有2组，非异常拟合数据有3组，
所以从这5组数据中任取3组，异常拟合数据的组数的所有可能取值为0，1，2．
则，，，
所以的分布列为：
则的数学期望.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据勾股定理和线面垂直的性质，进而证明面面垂直；
（2）建立直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用两个法向量夹角的余弦公式计算平面夹角的余弦值
【详解】（1）如图，取的中点，连接．
因为，，，，
所以，，所以四边形是正方形，
所以，．在中，，
则在中，，所以．
因为平面，平面，所以．
因为，，平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）因为平面，，平面，所以，．
又因为，所以，，两两垂直．
以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，所以．
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，所以．
因为，
所以平面和平面夹角的余弦值为．
18．(1)
(2)①证明见解析②
【分析】（1）先确定椭圆过焦点的弦长的最大值和最小值，结合二者之和为7建立方程，求解得到即可得到椭圆方程；
（2）①设出直线方程​，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出弦中点、的坐标，再推导直线的方程，整理为点斜式形式即可判断定点；
②先写出三角形面积关于的表达式，通过换元、利用函数单调性求最值，进而得到对应直线斜率
【详解】（1）由题意，当为椭圆的通径时，的值最小；
当为椭圆的长轴时，的值最大，为．
把代入椭圆的方程，得，结合，解得，
所以的最小值为．
由题意，得
解得所以椭圆的标准方程为．
（2）
①证明：由题意，设直线的方程为，则直线的方程为．
设，．
由消去，整理得．
，则．
由题意，得，
所以，则．
将点坐标中的用代换，得弦的中点．
解，得，所以，所以直线的方程为．
当时，直线的斜率，
所以直线的方程为，整理得，
所以直线过点．
综上，直线过定点．
②由题意，得的面积
．
设 ，则，．
由对勾函数的性质，得函数在上单调递增，
所以当，即时，取得最大值，为，即面积的最大值为．
此时，两直线和的斜率分别为和．
19．(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)①②证明见解析
【分析】（1）先对函数求导，然后根据导数的正负判断函数的单调区间即可；
（2）①将方程分离参数得m=exx−lnx−1x，构造函数，由导数判断函数的单调性，从而得到最小值，即可求得的取值范围；
②先构造函数证明，再构造证得，结合的单调性推出，即，联立两步结论，代回原式即可完成不等式证明.
【详解】（1）因为，，所以．
由，得；由，得
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
（2）①方程，即mx+xlnx+1=ex，，则m=exx−lnx−1x．
设，，则方程有两个根，
即函数的图象与直线有两个不同的交点．
因为，，
当时，ex−1x2>0，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
所以当时，函数取得极小值，也是最小值．
因为，当时，，当时，，
所以，即实数的取值范围是．
②证明：由①可知，，
则证不等式，即证，
转化为证．
令，，则．
令，则．
因为在上恒成立，
所以在上单调递增，所以，
所以当时，．
所以当时，，当时，．
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
所以．
由①知，．
令，，则．
令，则．
因为，所以，
所以在上单调递增，所以，
所以当时，．
所以单调递增，所以．
所以当时，gx>g1x．
由①及题意可知，，所以．
因为且在上单调递减，所以，
所以，所以．
所以lnx1x2