河南驻马店市2026届高三 模拟考试数学试题（含解析）高考模拟

这是一份河南驻马店市2026届高三 模拟考试数学试题（含解析）高考模拟，共6页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：高考范围．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知全集，集合，若，则（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】D
【解析】
【详解】全集，集合，，
，，故选项D正确.
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】，
，
.
3. 已知变量，具有线性相关关系，由样本数据（，2，3，4，5）得到关于的经验回归方程为，若，，则当时，的预测值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由，，得，，
点在回归直线上，故，解得，
，
故当时，．
4. 已知，，则“”是“且”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【详解】由，且，可得；
反之，由不一定得到，且，比如，时，，
所以“”是“，且”的必要不充分条件．
5. 某盲盒系列有4款不同的玩偶，每款有3种不同颜色的玩偶各1个，小明从这12个玩偶中随机购买3个，则购买的3个玩偶中至少有2款的方法种数为（ ）
A. 112B. 162C. 196D. 216
【答案】D
【解析】
【详解】购买的玩偶所有可能的情况有种，
购买的玩偶只有一款的情况有4种，
所以购买的3个玩偶中至少有2款的情况有种.
6. 定义变换，变换可以将平面向量逆时针旋转角得到向量，其中，．若将向量按照的变换得到向量；将按照的变换得到向量，则与夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】理解定义变换τ:x,ycsθsinθ−sinθcsθ=xcsθ−ysinθ,xsinθ+ycsθ即可解题，先计算，再计算出，最后计算出与夹角的余弦值.
【详解】由题意可知，b=csπ6−3sinπ6,sinπ6+3csπ6=(0,2) ，
c=cs3π2−3sin3π2,sin3π2+3cs3π2=(3,−1) ，
,
csb+c,a+c=31+3+3−132+1×1+32+3−12=2+64.
7. 已知曲线，点，，第一象限内的点及第三象限内的点都在上，且直线与直线关于轴对称，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意知，当时，曲线，即，
其焦点为；
当时，曲线，即，
其焦点为.
易知点关于轴的对称点在抛物线位于第四象限的部分，且在直线上，
所以.
设，
由抛物线的定义知，，所以，，所以，
所以直线的斜率为，
直线的方程为，
由，得，
所以，所以，
所以.

8. 已知圆：，点，为坐标原点，对于上的点（），按照如下方式构造点：过点作直线垂直于轴，垂足为，点满足，直线交于点（异于）．数列的前项和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题可得，由，求得，将直线的方程与圆方程联立，进而求得与的递推关系，求得，代入求得数列的通项公式，利用错位相减法求出，得解.
【详解】由，得，设，由，得，
得，所以直线的方程为 ，代入C的方程并化简，得 ，又，即
解得或（舍），
所以，所以，所以，
又，所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，所以 ，
于是，
两边同乘以，得，
两式相减，得，
所以，所以.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知函数的图象过点和点，则（ ）
A. 在区间上单调递减
B. 直线为图象的一条对称轴
C. 将的图象向左平移个单位长度可得函数的图象
D. 在区间上仅有两个零点
【答案】BC
【解析】
【详解】代入点得，代入得，又因为，所以，函数解析式为.
选项A，，，因此不单调递减.
选项B，，，为对称轴.
选项C，向左平移得成立.
选项D，，，因为函数在上只有1个零点，因此只有1个零点.
10. 已知函数，则（ ）
A. 函数为奇函数
B. 在上的值域为
C. 函数在上单调递增
D. 满足的的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由奇函数的定义可判断A，由函数单调性可判断BC，结合函数单调性，得到求解即可判断D.
【详解】由题意知，所以，定义域为R，
所以 ，所以为奇函数，故A正确；
，
当时，单调递增，且，
当时，单调递增，且，
所以在上单调递增，又，，
所以在上的值域为，故B正确；
由
故，在上单调递减，在上单调递增，故C错误；
由的单调性知 ，解得，故D正确．
11. 如图，已知正三棱锥的棱长均为6，点为点在底面上的射影，，分别为线段，的中点，过点作平面与平面平行，点为侧面上一动点（含边界），且，则（ ）
A. 平面截三棱锥所得截面的面积为
B. 三棱锥的内切球的表面积为
C. 点的轨迹长度为
D. 过点的平面截三棱锥的外接球所得截面面积的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】作出平面截三棱锥所得截面，求其面积，判断A的真假；利用体积法求三棱锥的内切球半径，再求其表面积，判断B的真假；求点的轨迹，求其轨迹的长度，判断C的真假；确定点的平面截三棱锥的外接球所得截面圆半径的最小值，可得截面面积的最小值，判断 D的真假.
【详解】因为平面平面PBC，且平面平面，
过作 交于，则平面，
同理过作，分别交，于点，，过作交于，连接，则为平面截三棱锥所得的截面．
由题意，得 ，且，所以，
所以，故A正确；
因为，，所以.
设三棱锥的内切球的半径为，
由等积法得，解得，
故其表面积为，故B错误；
过作平面的垂线，垂足为，连接，则为的重心，
且，所以 ，
所以点Q的轨迹是以K为圆心，以2为半径的圆在△PBC内的部分（三段弧），
因为每段弧的圆心角均为，故点Q的轨迹长为，故C正确；
设三棱锥的外接球的半径为，球心为，
所以，
当截面与垂直时，所得的截面圆的面积最小，
因为，
此时截面圆的半径为 ，
故截面面积为，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数，则______．
【答案】
【解析】
【详解】由题意得，所以，解得．
13. 已知椭圆：（）与双曲线：的离心率之积为1，若点在上，则的长轴长的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据椭圆和双曲线的离心率的定义，及题意得到椭圆离心率的范围，再将点代入椭圆的方程上，结合及椭圆的离心率即可求解．
【详解】记，则C的离心率为，
D的离心率为，
由，则，
又点在C上，得，
即，即，
所以，
因为，则，
所以，解得，
故C的长轴长的取值范围为．
14. 已知任意一个正整数，都可以唯一表示为（），其中（，1，2，…，m），且．记，从集合中任取一个元素，则的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】先找出集合中满足的元素个数，再根据古典概型概率公式计算概率.
【详解】因为，所以．
当时，（），共个；
当时，（ ），
或（），共个．
综上，集合中符合条件的数共有35个，所以所求概率为
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 某实验室利用基因编辑技术改良一种小麦品种，使其对锈病产生抗性．实验中将100株小麦分为两组：实验组50株接受基因编辑处理，对照组50株未处理，实验后统计各组抗病情况如下表：
（1）完成列联表并依据小概率值的独立性检验，分析该小麦品种抗锈病与接受基因编辑处理是否有关联；
（2）用接受基因编辑后小麦抗锈病株数的频率估计基因编辑后单株小麦抗锈病的概率，从接受基因编辑的小麦中随机选取10株，记其中抗锈病的株数为，求的数学期望与方差．
附：，其中．
【答案】（1）表格见解析，有关联
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件完善列联表，然后计算的值，进而得到结论；
（2）先根据题意得到经过基因编辑处理的单株小麦抗锈病的概率为，再结合题意得到，进而利用公式即可求出的数学期望与方差．
【小问1详解】
由题得如下列联表：
零假设：小麦抗锈病与接受基因编辑处理无关联．
由列联表的数据，得，
依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，可以认为该小麦抗锈病与接受基因编辑处理有关联．
【小问2详解】
由题意，估计经过基因编辑处理的单株小麦抗锈病的概率为，
由题知，
故其分布列为，
所以
16. 在中，内角，，的对边分别为，，．
（1）若，，求的面积；
（2）若，求的值．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】(1)利用余弦定理代入所给的等式中，代入角A可计算边b，c的乘积，利用面积公式计算即可；
(2)根据正弦定理，将边化为角，利用所给等式化简即可．
【小问1详解】
因为，
由余弦定理可得：，因为，
故，
代入可得：，故；
故；
【小问2详解】
由正弦定理可得：（为外接圆半径），
因为，故，
整理得：，
故，
因为，故，
故，
因为，故，所以，
又，所以．
17. 如图，在正三棱柱中，，，点，为棱的两个三等分点（点靠近点），点在棱上，且．
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设 ，由平面几何可证，连接，，由勾股定理可得，又，可得，由线面垂直的判定定理得证；
（2）取，的中点O，M，以O为原点，直线，，分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的一个法向量，利用向量法求出答案.
【小问1详解】
记 ，
由题意知， ， ，
所以 ，
由三角形内角和定理，得 ，即.
连接，，则，，，
所以，所以.
因为，，所以四边形为平行四边形，所以，
所以.
又，平面，，所以平面.
【小问2详解】
分别取，的中点O，M，连接，，易得，，两两垂直，
以O为原点，直线，，分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，.
设平面的一个法向量，
则，即，
令，得，，所以．
设平面的一个法向量
，则，即，
令，得，，所以，
设平面与平面的夹角为，
则．
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 已知双曲线的一条渐近线的方程为，以的右焦点为圆心，半径为2的圆被截得的弦长为，．
（1）求的方程；
（2）已知上的动点，关于轴对称，直线与交于另外一点，证明：直线恒过定点；
（3）设与的渐近线不平行的两条直线，均与相切，且交点为，当，的斜率之积为时，判断是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）存在，
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的渐近线方程和点到直线距离公式，圆的弦长公式列方程求出，从而得到双曲线方程；
（2）设直线方程为，与双曲线联立，用韦达定理得到纵坐标的关系，写出直线的方程，令求出定点横坐标，即可证明；
（3）设过的切线方程，并与双曲线联立，利用得到关于的方程，结合，的斜率之积为推出在椭圆上，再利用椭圆的定义，找到左焦点即可知为定值.
【小问1详解】
设，到渐近线的距离为，则．
由题意，得，解得，
由已知及，解得，，
所以的方程为．
【小问2详解】
证明：由题知直线的斜率存在且不为零，设其方程为，
与联立，消去并整理得，
则，且，即，且．
设，，则，
则，，，
直线的方程为，
令，得，
所以直线过定点．
【小问3详解】
设过点，与只有一个公共点，且与的渐近线不平行的直线方程为，
与联立，消去并整理，得，
则，且，即，
整理得，
设的斜率分别为，则是上面关于的方程的两个实根，
所以，整理得，
所以动点在椭圆上，且点为其右焦点，
所以存在定点（椭圆的左焦点），使得，为定值．
19. 已知函数．
（1）判断是否有极值；
（2）设（）．
（ⅰ）若直线是曲线的一条切线，求实数的值和切点坐标；
（ⅱ）若曲线 与曲线有两个不同的交点，求实数的取值范围．
【答案】（1）无极值．
（2）（i），切点坐标为；（ii）.
【解析】
【分析】（1）先确定函数定义域，通过求导判断导数的符号恒非负，即可判断.
（2）先化简的解析式，（i）利用导数的几何意义，结合切点同时在曲线和切线上列方程求解即可；
（ii）将曲线交点问题转化为函数零点问题，通过求导分析函数单调性与最值，结合极限趋势确定参数范围.
【小问1详解】
由题意知的定义域为，，
令，则．
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以 ，所以在上恒成立，当且仅当时等号成立，
所以在上单调递增，故无极值．
【小问2详解】
（ⅰ）由题意知，其定义域为，且，
设切点为，则，，
所以切线方程为，
化简，得，
所以，消去，得，所以 ，
令 ，则 ，
显然在上单调递减，且，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以 有唯一解，此时，，
故，切点坐标为．
（ⅱ）由题意，得关于的方程在上有两个相异实根，
即关于的方程 在上有两个相异实根，
令，则问题转化为在上有两个零点，
（），
当时，，则在上单调递增，
所以在上至多有一个零点，不合题意；
当时，当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．
要使在上有两个零点，则 ，所以．
又 ，且在上单调递减，所以在上有唯一零点；
由（1）得，所以，
所以 ，
又在上单调递增，所以在上有唯一零点．
综上所述，在上有两个零点的充要条件为，
所以的取值范围为．
抗病株数
易感病株数
实验组
38
12
对照组
25
25
抗病株数
易感病株数
合计
实验组
38
12
50
对照组
25
25
50
合计
63
37
100