2026届河南省开封市兰考县第三高级中学高考仿真卷数学试卷含解析

这是一份2026届河南省开封市兰考县第三高级中学高考仿真卷数学试卷含解析，共20页。试卷主要包含了在的展开式中，的系数为，设复数，则=等内容，欢迎下载使用。
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．已知抛物线：，直线与分别相交于点，与的准线相交于点，若，则（ ）
A．3B．C．D．
2．已知与之间的一组数据：
若关于的线性回归方程为，则的值为（ ）
A．1.5B．2.5C．3.5D．4.5
3．下图为一个正四面体的侧面展开图，为的中点，则在原正四面体中，直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A．B．
C．D．
4．的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为
A．-40B．-20C．20D．40
5．根据散点图，对两个具有非线性关系的相关变量x，y进行回归分析，设u= lny，v=(x-4)2，利用最小二乘法，得到线性回归方程为=0.5v+2，则变量y的最大值的估计值是（ ）
A．eB．e2C．ln2D．2ln2
6．在的展开式中，的系数为( )
A．-120B．120C．-15D．15
7．点在曲线上，过作轴垂线，设与曲线交于点，，且点的纵坐标始终为0，则称点为曲线上的“水平黄金点”，则曲线上的“水平黄金点”的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
8．双曲线的离心率为，则其渐近线方程为
A．B．C．D．
9．已知当，，时，，则以下判断正确的是
A．B．
C．D．与的大小关系不确定
10．设复数，则=（ ）
A．1B．C．D．
11．将函数f(x)=sin 3x-cs 3x+1的图象向左平移个单位长度，得到函数g(x)的图象，给出下列关于g(x)的结论：
①它的图象关于直线x=对称；
②它的最小正周期为；
③它的图象关于点(，1)对称；
④它在[]上单调递增.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②B．②③C．①②④D．②③④
12．不等式的解集记为，有下面四个命题：；；；.其中的真命题是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．三棱锥中，点是斜边上一点.给出下列四个命题：
①若平面，则三棱锥的四个面都是直角三角形；
②若，，，平面，则三棱锥的外接球体积为；
③若，，，在平面上的射影是内心，则三棱锥的体积为2；
④若，，，平面，则直线与平面所成的最大角为.
其中正确命题的序号是__________．（把你认为正确命题的序号都填上）
14．各项均为正数的等比数列中，为其前项和，若，且，则公比的值为_____.
15．不等式的解集为________
16．在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________．
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）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，.
（1）证明：平面平面ABCD；
（2）设H在AC上，，若，求PH与平面PBC所成角的正弦值.
18．（12分）△ABC的内角的对边分别为,已知△ABC的面积为
(1)求;
(2)若求△ABC的周长.
19．（12分）已知在中，角，，的对边分别为，，，的面积为.
（1）求证：；
（2）若，求的值.
20．（12分）已知椭圆，过的直线与椭圆相交于两点，且与轴相交于点.
（1）若，求直线的方程；
（2）设关于轴的对称点为，证明：直线过轴上的定点.
21．（12分）已知函数．
（1）时，求不等式解集；
（2）若的解集包含于，求a的取值范围．
22．（10分）已知半径为5的圆的圆心在x轴上，圆心的横坐标是整数，且与直线4x+3y﹣29＝0相切．
（1）求圆的方程；
（2）设直线ax﹣y+5＝0（a＞0）与圆相交于A，B两点，求实数a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，是否存在实数a，使得弦AB的垂直平分线l过点P（﹣2，4），若存在，求出实数a的值；若不存在，请说明理由．
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】
根据抛物线的定义以及三角形的中位线，斜率的定义表示即可求得答案.
【详解】
显然直线过抛物线的焦点
如图，过A,M作准线的垂直，垂足分别为C，D，过M作AC的垂线，垂足为E
根据抛物线的定义可知MD=MF，AC=AF，又AM=MN，所以M为AN的中点，所以MD为三角形NAC的中位线，故MD=CE=EA=AC
设MF=t，则MD=t，AF=AC=2t，所以AM=3t，在直角三角形AEM中，ME=
所以
故选：C
【点睛】
本题考查求抛物线的焦点弦的斜率，常见于利用抛物线的定义构建关系，属于中档题.
2、D
【解析】
利用表格中的数据，可求解得到代入回归方程，可得，再结合表格数据，即得解.
【详解】
利用表格中数据，可得
又，
．
解得
故选：D
【点睛】
本题考查了线性回归方程过样本中心点的性质，考查了学生概念理解，数据处理，数学运算的能力，属于基础题.
3、C
【解析】
将正四面体的展开图还原为空间几何体，三点重合，记作，取中点，连接，即为与直线所成的角，表示出三角形的三条边长，用余弦定理即可求得.
【详解】
将展开的正四面体折叠，可得原正四面体如下图所示，其中三点重合，记作：
则为中点，取中点，连接，设正四面体的棱长均为，
由中位线定理可得且，
所以即为与直线所成的角，
，
由余弦定理可得
，
所以直线与直线所成角的余弦值为，
故选：C.
【点睛】
本题考查了空间几何体中异面直线的夹角，将展开图折叠成空间几何体，余弦定理解三角形的应用，属于中档题.
4、D
【解析】
令x=1得a=1.故原式=．的通项，由5-2r=1得r=2,对应的常数项=80，由5-2r=-1得r=3,对应的常数项=-40，故所求的常数项为40 ，选D
解析2.用组合提取法,把原式看做6个因式相乘，若第1个括号提出x,从余下的5个括号中选2个提出x，选3个提出；若第1个括号提出，从余下的括号中选2个提出，选3个提出x.
故常数项==-40+80=40
5、B
【解析】
将u= lny，v=(x-4)2代入线性回归方程=-0.5v+2，利用指数函数和二次函数的性质可得最大估计值.
【详解】
解：将u= lny，v=(x4)2代入线性回归方程=0.5v+2得：
，即，
当时，取到最大值2，
因为在上单调递增，则取到最大值.
故选：B.
【点睛】
本题考查了非线性相关的二次拟合问题，考查复合型指数函数的最值，是基础题,.
6、C
【解析】
写出展开式的通项公式，令，即，则可求系数．
【详解】
的展开式的通项公式为，令，即时，系数为．故选C
【点睛】
本题考查二项式展开的通项公式，属基础题．
7、C
【解析】
设,则,则,即可得,设,利用导函数判断的零点的个数,即为所求.
【详解】
设,则,所以,
依题意可得,
设,则,
当时,,则单调递减；当时,,则单调递增,
所以,且,
有两个不同的解,所以曲线上的“水平黄金点”的个数为2.
故选:C
【点睛】
本题考查利用导函数处理零点问题,考查向量的坐标运算,考查零点存在性定理的应用.
8、A
【解析】
分析：根据离心率得a,c关系，进而得a,b关系，再根据双曲线方程求渐近线方程，得结果.
详解：
因为渐近线方程为，所以渐近线方程为，选A.
点睛：已知双曲线方程求渐近线方程：.
9、C
【解析】
由函数的增减性及导数的应用得：设，求得可得为增函数，又，，时，根据条件得，即可得结果．
【详解】
解：设，
则，
即为增函数，
又，，，，
即，
所以，
所以．
故选：C．
【点睛】
本题考查了函数的增减性及导数的应用，属中档题．
10、A
【解析】
根据复数的除法运算，代入化简即可求解.
【详解】
复数，
则
故选：A.
【点睛】
本题考查了复数的除法运算与化简求值，属于基础题.
11、B
【解析】
根据函数图象的平移变换公式求出函数的解析式，再利用正弦函数的对称性、单调区间等相关性质求解即可.
【详解】
因为f(x)=sin 3x-cs 3x+1=2sin(3x-)+1，由图象的平移变换公式知，
函数g(x)=2sin[3(x+)-]+1=2sin(3x+)+1，其最小正周期为，故②正确；
令3x+=kπ+，得x=+(k∈Z)，所以x=不是对称轴，故①错误；
令3x+=kπ，得x=-(k∈Z)，取k=2，得x=，故函数g(x)的图象关于点(，1)对称，故③正确；
令2kπ-≤3x+≤2kπ+，k∈Z，得-≤x≤+，取k=2，得≤x≤，取k=3，得≤x≤，故④错误；
故选：B
【点睛】
本题考查图象的平移变换和正弦函数的对称性、单调性和最小正周期等性质；考查运算求解能力和整体代换思想；熟练掌握正弦函数的对称性、单调性和最小正周期等相关性质是求解本题的关键;属于中档题、常考题型
12、A
【解析】
作出不等式组表示的可行域，然后对四个选项一一分析可得结果.
【详解】
作出可行域如图所示，当时，，即的取值范围为，所以为真命题；
为真命题；为假命题.
故选：A
【点睛】
此题考查命题的真假判断与应用，着重考查作图能力，熟练作图，正确分析是关键，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、①②③
【解析】
对①，由线面平行的性质可判断正确；
对②，三棱锥外接球可看作正方体的外接球，结合外接球半径公式即可求解；
对③，结合题意作出图形，由勾股定理和内接圆对应面积公式求出锥体的高，则可求解；
对④，由动点分析可知，当点与点重合时，直线与平面所成的角最大，结合几何关系可判断错误；
【详解】
对于①，因为平面，所以，，，又，
所以平面，所以，故四个面都是直角三角形，∴①正确；
对于②，若，，，平面，
∴三棱锥的外接球可以看作棱长为4的正方体的外接球，
∴，，∴体积为，∴②正确；
对于③，设内心是，则平面，连接，
则有，又内切圆半径，
所以，，故，
∴三棱锥的体积为，∴③正确；

对于④，∵若，平面，则直线与平面所成的角最大时，点与点重合，
在中，，∴，即直线与平面所成的最大角为，
∴④不正确，
故答案为：①②③.
【点睛】
本题考查立体几何基本关系的应用，线面垂直的性质及判定、锥体体积、外接球半径求解，线面角的求解，属于中档题
14、
【解析】
将已知由前n项和定义整理为，再由等比数列性质求得公比，最后由数列各项均为正数，舍根得解.
【详解】
因为
即
又等比数列各项均为正数，故
故答案为：
【点睛】
本题考查在等比数列中由前n项和关系求公比，属于基础题.
15、
【解析】
通过平方，将无理不等式化为有理不等式求解即可。
【详解】
由得，解得，
所以解集是。
【点睛】
本题主要考查无理不等式的解法。
16、9
【解析】
分析：先根据三角形面积公式得条件、再利用基本不等式求最值.
详解：由题意可知，,由角平分线性质和三角形面积公式得，化简得，因此
当且仅当时取等号，则的最小值为.
点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.
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）见解析；（2）
【解析】
（1）记，连结，推导出，平面，由此能证明平面平面；（2）推导出，平面，连结，由题意得为的重心，，从而平面平面，进而是与平面所成角，由此能求出与平面所成角的正弦值．
【详解】
（1）证明：记，
连结，中，，，，
，，平面，
平面，平面平面．
（2）中，，，，，
，，
，，
，平面，∴，
连结，由题意得为的重心，
，，，平面
平面平面，∴在平面的射影落在上，
是与平面所成角，
中，，，，
．
与平面所成角的正弦值为．
【点睛】
本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查线线、线面、面面的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18、 (1)(2) .
【解析】
试题分析：（1）由三角形面积公式建立等式，再利用正弦定理将边化成角，从而得出的值；（2）由和计算出，从而求出角，根据题设和余弦定理可以求出和的值，从而求出的周长为.
试题解析：（1）由题设得，即.
由正弦定理得.
故.
（2）由题设及（1）得，即.
所以，故.
由题设得，即.
由余弦定理得，即，得.
故的周长为.
点睛:在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.
19、（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）利用，利用正弦定理，化简即可证明
（2）利用（1），得到当时，，
得出，得出，
然后可得
【详解】
证明：（1）据题意，得，
∴，
∴.
又∵，
∴，
∴.
解：（2）由（1）求解知，.
∴当时，.
又，
∴，
∴，
∴
.
【点睛】
本题考查正弦与余弦定理的应用，属于基础题
20、（1）或；（2）见解析
【解析】
（1）由已知条件利用点斜式设出直线的方程，则可表示出点的坐标，再由的关系表示出点的坐标，而点在椭圆上，将其坐标代入椭圆方程中可求出直线的斜率；
（2）设出两点的坐标，则点的坐标可以表示出，然后直线的方程与椭圆方程联立成方程，消元后得到关于的一元二次方程，再利用根与系数的关系，再结合直线的方程，化简可得结果.
【详解】
（1）由条件可知直线的斜率存在，则
可设直线的方程为，则，
由，有，
所以，
由在椭圆上，则，解得，此时在椭圆内部，所以满足直线与椭圆相交，
故所求直线方程为或.
（也可联立直线与椭圆方程，由验证）
（2）设，则，
直线的方程为.
由得，
由，
解得，
，
当时，，
故直线恒过定点.
【点睛】
此题考查的是直线与椭圆的位置关系中的过定点问题，计算过程较复杂，属于难题.
21、（1）（2）
【解析】
(1) 代入可得对分类讨论即可得不等式的解集;
(2)根据不等式在上恒成立去绝对值化简可得再去绝对值即可得关于 的不等式组解不等式组即可求得的取值范围
【详解】
（1）当时，不等式可化为，
①当时，不等式为，解得；
②当时，不等式为，无解；
③当时，不等式为，解得，
综上，原不等式的解集为．
（2）因为的解集包含于，
则不等式可化为，
即．解得，
由题意知，解得，
所以实数a的取值范围是．
【点睛】
本题考查了绝对值不等式的解法分类讨论解绝对值不等式的应用,含参数不等式的解法.难度一般.
22、（2）（x﹣2）2+y2＝2．（2）（）．（3）存在，
【解析】
（2）设圆心为M（m，0），根据相切得到，计算得到答案.
（2）把直线ax﹣y+5＝0，代入圆的方程，计算△＝4（5a﹣2）2﹣4（a2+2）＞0得到答案.
（3）l的方程为，即x+ay+2﹣4a＝0，过点M（2，0），计算得到答案.
【详解】
（2）设圆心为M（m，0）（m∈Z）．由于圆与直线4x+3y﹣29＝0相切，且半径为5，
所以 ，即|4m﹣29|＝2．因为m为整数，故m＝2．
故所求圆的方程为（x﹣2）2+y2＝2．
（2）把直线ax﹣y+5＝0，即y＝ax+5，代入圆的方程，消去y，
整理得（a2+2）x2+2（5a﹣2）x+2＝0，
由于直线ax﹣y+5＝0交圆于A，B两点，故△＝4（5a﹣2）2﹣4（a2+2）＞0，
即22a2﹣5a＞0，由于a＞0，解得a，所以实数a的取值范围是（）．
（3）设符合条件的实数a存在，则直线l的斜率为，
l的方程为，即x+ay+2﹣4a＝0，
由于l垂直平分弦AB，故圆心M（2，0）必在l上，
所以2+0+2﹣4a＝0，解得．由于，故存在实数
使得过点P（﹣2，4）的直线l垂直平分弦AB.
【点睛】
本题考查了直线和圆的位置关系，意在考查学生的计算能力和转化能力.
1
2
3
4
3.2
4.8
7.5