2026届河南省新乡市新乡县第一中学高考数学五模试卷含解析

这是一份2026届河南省新乡市新乡县第一中学高考数学五模试卷含解析，共21页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，如图所示的“数字塔”有以下规律，已知命题p，函数的值域为，已知，且，则等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知函数在上有两个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．圆锥底面半径为，高为，是一条母线，点是底面圆周上一点，则点到所在直线的距离的最大值是（ ）
A．B．C．D．
3．已知，，是平面内三个单位向量，若，则的最小值（ ）
A．B．C．D．5
4．如图所示的“数字塔”有以下规律：每一层最左与最右的数字均为2，除此之外每个数字均为其两肩的数字之积，则该“数字塔”前10层的所有数字之积最接近（ ）
A．B．C．D．
5．对于任意，函数满足，且当时，函数.若，则大小关系是（ ）
A．B．C．D．
6．已知命题p：若，，则；命题q：，使得”，则以下命题为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
7．已知等差数列的公差为-2，前项和为，若，，为某三角形的三边长，且该三角形有一个内角为，则的最大值为（ ）
A．5B．11C．20D．25
8．函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
9．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知抛物线和点，直线与抛物线交于不同两点，，直线与抛物线交于另一点．给出以下判断：
①直线与直线的斜率乘积为；
②轴；
③以为直径的圆与抛物线准线相切.
其中，所有正确判断的序号是（ ）
A．①②③B．①②C．①③D．②③
11．我国古代有着辉煌的数学研究成果，其中的《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、《缉古算经》，有丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献．这5部专著中有3部产生于汉、魏、晋、南北朝时期．某中学拟从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的概率为（ ）
A．B．C．D．
12．点为棱长是2的正方体的内切球球面上的动点，点为的中点，若满足，则动点的轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．双曲线的左右顶点为，以为直径作圆，为双曲线右支上不同于顶点的任一点，连接交圆于点，设直线的斜率分别为，若，则_____.
14．变量满足约束条件，则目标函数的最大值是____．
15．函数的单调增区间为__________.
16．（5分）有一道描述有关等差与等比数列的问题:有四个和尚在做法事之前按身高从低到高站成一列，已知前三个和尚的身高依次成等差数列，后三个和尚的身高依次成等比数列，且前三个和尚的身高之和为cm，中间两个和尚的身高之和为cm，则最高的和尚的身高是____________ cm．
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）已知函数
（1）若，不等式的解集；
（2）若，求实数的取值范围.
18．（12分）在中，角所对的边分别是，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求边长.
19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，为等腰直角三角形，，平面底面，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若平面与平面的交线为，求二面角的正弦值.
20．（12分）已知三棱柱中，，是的中点，，.
（1）求证：；
（2）若侧面为正方形，求直线与平面所成角的正弦值.
21．（12分）如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，，.
（1）证明：平面平面；
（2），分别是，的中点，是线段上的动点，若二面角的平面角的大小为，试确定点的位置.
22．（10分）在孟德尔遗传理论中，称遗传性状依赖的特定携带者为遗传因子，遗传因子总是成对出现例如，豌豆携带这样一对遗传因子：使之开红花，使之开白花，两个因子的相互组合可以构成三种不同的遗传性状：为开红花，和一样不加区分为开粉色花，为开白色花．生物在繁衍后代的过程中，后代的每一对遗传因子都包含一个父系的遗传因子和一个母系的遗传因子，而因为生殖细胞是由分裂过程产生的，每一个上一代的遗传因子以的概率传给下一代，而且各代的遗传过程都是相互独立的．可以把第代的遗传设想为第次实验的结果，每一次实验就如同抛一枚均匀的硬币，比如对具有性状的父系来说，如果抛出正面就选择因子，如果抛出反面就选择因子，概率都是，对母系也一样．父系､母系各自随机选择得到的遗传因子再配对形成子代的遗传性状．假设三种遗传性状，(或)，在父系和母系中以同样的比例：出现，则在随机杂交实验中，遗传因子被选中的概率是，遗传因子被选中的概率是．称，分别为父系和母系中遗传因子和的频率，实际上是父系和母系中两个遗传因子的个数之比．基于以上常识回答以下问题：
（1）如果植物的上一代父系､母系的遗传性状都是，后代遗传性状为，(或)，的概率各是多少？
（2）对某一植物，经过实验观察发现遗传性状具有重大缺陷，可人工剔除，从而使得父系和母系中仅有遗传性状为和(或)的个体，在进行第一代杂交实验时，假设遗传因子被选中的概率为，被选中的概率为，．求杂交所得子代的三种遗传性状，(或)，所占的比例．
（3）继续对（2）中的植物进行杂交实验，每次杂交前都需要剔除性状为的个体假设得到的第代总体中3种遗传性状，(或)，所占比例分别为．设第代遗传因子和的频率分别为和，已知有以下公式．证明是等差数列．
（4）求的通项公式，如果这种剔除某种遗传性状的随机杂交实验长期进行下去，会有什么现象发生？
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】
对函数求导，对a分类讨论，分别求得函数的单调性及极值，结合端点处的函数值进行判断求解.
【详解】
∵ ，.
当时，，在上单调递增，不合题意.
当时，，在上单调递减，也不合题意.
当时，则时，，在上单调递减，时，，在上单调递增，又，所以在上有两个零点，只需即可，解得.
综上，的取值范围是.
故选C.
【点睛】
本题考查了利用导数解决函数零点的问题，考查了函数的单调性及极值问题，属于中档题．
2、C
【解析】
分析：作出图形，判断轴截面的三角形的形状，然后转化求解的位置，推出结果即可.
详解：圆锥底面半径为，高为2，是一条母线，点是底面圆周上一点，在底面的射影为；，，过的轴截面如图：
，过作于，则，在底面圆周，选择，使得，则到的距离的最大值为3，故选：C
点睛：本题考查空间点线面距离的求法，考查空间想象能力以及计算能力，解题的关键是作出轴截面图形，属中档题．
3、A
【解析】
由于，且为单位向量，所以可令，，再设出单位向量的坐标，再将坐标代入中，利用两点间的距离的几何意义可求出结果．
【详解】
解：设，，，则，从而
，等号可取到．
故选：A
【点睛】
此题考查的是平面向量的坐标、模的运算，利用整体代换，再结合距离公式求解，属于难题．
4、A
【解析】
结合所给数字特征，我们可将每层数字表示成2的指数的形式，观察可知，每层指数的和成等比数列分布，结合等比数列前项和公式和对数恒等式即可求解
【详解】
如图，将数字塔中的数写成指数形式，可发现其指数恰好构成“杨辉三角”，前10层的指数之和为，所以原数字塔中前10层所有数字之积为.
故选：A
【点睛】
本题考查与“杨辉三角”有关的规律求解问题，逻辑推理，等比数列前项和公式应用，属于中档题
5、A
【解析】
由已知可得的单调性，再由可得对称性，可求出在单调性，即可求出结论.
【详解】
对于任意，函数满足，
因为函数关于点对称，
当时，是单调增函数，
所以在定义域上是单调增函数.
因为，所以，
.
故选:A.
【点睛】
本题考查利用函数性质比较函数值的大小，解题的关键要掌握函数对称性的代数形式，属于中档题..
6、B
【解析】
先判断命题的真假,进而根据复合命题真假的真值表,即可得答案.
【详解】
，，因为，，所以，所以，即命题p为真命题；画出函数和图象，知命题q为假命题,所以为真.
故选:B.

【点睛】
本题考查真假命题的概念,以及真值表的应用,解题的关键是判断出命题的真假,难度较易.
7、D
【解析】
由公差d=-2可知数列单调递减，再由余弦定理结合通项可求得首项，即可求出前n项和，从而得到最值.
【详解】
等差数列的公差为-2，可知数列单调递减，则，，中最大，最小，
又，，为三角形的三边长，且最大内角为，
由余弦定理得，设首项为，
即得，
所以或，又即,舍去，，d=-2
前项和.
故的最大值为.
故选：D
【点睛】
本题考查等差数列的通项公式和前n项和公式的应用，考查求前n项和的最值问题，同时还考查了余弦定理的应用.
8、A
【解析】
由计算出的取值范围，利用正弦函数的基本性质可求得函数的值域.
【详解】
，，，
因此，函数的值域为.
故选：A.
【点睛】
本题考查正弦型函数在区间上的值域的求解，解答的关键就是求出对象角的取值范围，考查计算能力，属于基础题.
9、B
【解析】
分析：首先利用同角三角函数关系式，结合题中所给的角的范围，求得的值，之后借助于倍角公式，将待求的式子转化为关于的式子，代入从而求得结果.
详解：根据题中的条件，可得为锐角，
根据，可求得，
而，故选B.
点睛：该题考查的是有关同角三角函数关系式以及倍角公式的应用，在解题的过程中，需要对已知真切求余弦的方法要明确，可以应用同角三角函数关系式求解，也可以结合三角函数的定义式求解.
10、B
【解析】
由题意，可设直线的方程为，利用韦达定理判断第一个结论；将代入抛物线的方程可得，，从而，，进而判断第二个结论；设为抛物线的焦点，以线段为直径的圆为，则圆心为线段的中点．设，到准线的距离分别为，，的半径为，点到准线的距离为，显然，，三点不共线，进而判断第三个结论.
【详解】
解：由题意，可设直线的方程为，
代入抛物线的方程，有．
设点，的坐标分别为，，
则，．
所．
则直线与直线的斜率乘积为．所以①正确．
将代入抛物线的方程可得，，从而，，
根据抛物线的对称性可知，，两点关于轴对称，
所以直线轴．所以②正确．
如图，设为抛物线的焦点，以线段为直径的圆为，
则圆心为线段的中点．设，到准线的距离分别为，，的半径为，点到准线的距离为，显然，，三点不共线，
则．所以③不正确．
故选：B.
【点睛】
本题主要考查抛物线的定义与几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力和创新意识，考查数形结合思想、化归与转化思想,属于难题．
11、D
【解析】
利用列举法，从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，基本事件有10种情况，所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的基本事件有9种情况，由古典概型概率公式可得结果.
【详解】
《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》、《缉古算经》，这5部专著中有3部产生于汉、魏、晋、南北朝时期．记这5部专著分别为，其中产生于汉、魏、晋、南北朝时期．从这5部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，基本事件有共10种情况，所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的基本事件有，共9种情况，所以所选2部专著中至少有一部是汉、魏、晋、南北朝时期专著的概率为．故选D．
【点睛】
本题主要考查古典概型概率公式的应用，属于基础题，利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有 (1)枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先，…. ，再，…..依次….… 这样才能避免多写、漏写现象的发生.
12、C
【解析】
设的中点为，利用正方形和正方体的性质，结合线面垂直的判定定理可以证明出平面，这样可以确定动点的轨迹，最后求出动点的轨迹的长度.
【详解】
设的中点为，连接，因此有，而，而平面，，因此有平面，所以动点的轨迹平面与正方体的内切球的交线. 正方体的棱长为2，所以内切球的半径为，建立如下图所示的以为坐标原点的空间直角坐标系：
因此有，设平面的法向量为，所以有
，因此到平面的距离为：，所以截面圆的半径为：，因此动点的轨迹的长度为.
故选：C
【点睛】
本题考查了线面垂直的判定定理的应用，考查了立体几何中轨迹问题，考查了球截面的性质，考查了空间想象能力和数学运算能力.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
根据双曲线上的点的坐标关系得，交圆于点，所以，建立等式，两式作商即可得解.
【详解】
设
，
交圆于点，所以
易知:
即.
故答案为：
【点睛】
此题考查根据双曲线上的点的坐标关系求解斜率关系，涉及双曲线中的部分定值结论，若能熟记常见二级结论，此题可以简化计算.
14、5
【解析】
分析：画出可行域，平移直线，当直线经过时，可得有最大值.
详解：
画出束条件表示的可行性，如图，
由可得，
可得，
目标函数变形为，
平移直线，
当直线经过时，
可得有最大值，
故答案为.
点睛：本题主要考查线性规划中利用可行域求目标函数的最值，属简单题.求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的定点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值.
15、
【解析】
先求出导数，再在定义域上考虑导数的符号为正时对应的的集合，从而可得函数的单调增区间.
【详解】
函数的定义域为.
，
令，则，故函数的单调增区间为：.
故答案为：.
【点睛】
本题考查导数在函数单调性中的应用，注意先考虑函数的定义域，再考虑导数在定义域上的符号，本题属于基础题.
16、
【解析】
依题意设前三个和尚的身高依次为，第四个(最高)和尚的身高为，则，解得，又，解得，又因为成等比数列,则公比，故.
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】
（1）依题意可得，再用零点分段法分类讨论可得；
（2）依题意可得对恒成立，根据绝对值的几何意义将绝对值去掉，分别求出解集，则两解集的并集为，得到不等式即可解得；
【详解】
解：（1）若，，则，即，
当时，原不等式等价于，解得
当时，原不等式等价于，解得，所以；
当时，原不等式等价于，解得；
综上，原不等式的解集为；
（2）即，得或，
由解得，
由解得，
要使得的解集为，则
解得，故的取值范围是.
【点睛】
本题考查绝对值不等式的解法，着重考查等价转化思想与分类讨论思想的综合应用，属于中档题．
18、（1）； （2）.
【解析】
（1）把代入已知条件，得到关于的方程，得到的值，从而得到的值.
（2）由（1）中得到的的值和已知条件，求出，再根据正弦定理求出边长.
【详解】
（1）因为，，
所以，，
所以，即.
因为，所以，
因为，所以.
（2）
.
在中，由正弦定理得，
所以，解得.
【点睛】
本题考查三角函数公式的运用，正弦定理解三角形，属于简单题.
19、（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）取的中点，连接，易得，进而可证明四边形为平行四边形，即，从而可证明平面；
（2）取中点，中点，连接，易证平面，平面，从而可知两两垂直，以点为坐标原点，向量的方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，进而求出平面的法向量，及平面的法向量为，由，可求得平面与平面所成的二面角的正弦值.
【详解】
（1）证明：如图1，取的中点，连接.
，，
，，且，
四边形为平行四边形，.
又平面，平面，平面.
（2）如图2，取中点，中点，连接.
，，
平面平面，平面平面，
平面，平面，
两两垂直.
以点为坐标原点，向量的方向分别为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.
由，可得，
在等腰梯形中，，易知，
.
则，，
设平面的法向量为，
则，取，得.
设平面的法向量为，
则，取，得.
因为，，，所以，
所以平面与平面所成的二面角的正弦值为.
【点睛】
本题考查线面平行的证明，考查二面角的求法，利用空间向量法是解决本题的较好方法，属于中档题.
20、（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）取的中点，连接，，证明平面得出，再得出；
（2）建立空间坐标系，求出平面的法向量，计算，即可得出答案．
【详解】
（1）证明：取的中点，连接，，
，，，
，
，故，
又，，平面，
平面，
，
，分别是，的中点，，
．
（2）解：四边形是正方形，，
又，，平面，
平面，
在平面内作直线的垂线，以为原点，以，，为所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，
则，0，，，1，，，2，，，0，，
，1，，，2，，，1，，
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】
本题主要考查了线面垂直的判定与性质，考查空间向量与空间角的计算，属于中档题．
21、（1）证明见解析；（2）为线段上靠近点的四等分点，且坐标为
【解析】
（1）先通过线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明；
（2）分析位置关系并建立空间直角坐标系，根据二面角的余弦值与平面法向量夹角的余弦值之间的关系，即可计算出的坐标从而位置可确定.
【详解】
（1）证明：因为，，，
所以，即.
又因为，，所以，
，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）解：连接，因为，是的中点，所以.
由（1）知，平面平面，所以平面.
以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则平面的一个法向量是，，，.
设，，
，，
代入上式得，，，所以.
设平面的一个法向量为，，，
由，得.
令，得.
因为二面角的平面角的大小为，
所以，即，解得.
所以点为线段上靠近点的四等分点，且坐标为.
【点睛】
本题考查面面垂直的证明以及利用向量法求解二面角有关的问题，难度一般.（1）证明面面垂直，可通过先证明线面垂直，再证明面面垂直；（2）二面角的余弦值不一定等于平面法向量夹角的余弦值，要注意结合图形分析.
22、（1），(或)，的概率分别是，，．（2）（3）答案见解析（4）答案见解析
【解析】
（1）利用相互独立事件的概率乘法公式即可求解.
（2）利用相互独立事件的概率乘法公式即可求解.
（3）由（2）知，求出、，利用等差数列的定义即可证出.
（4）利用等差数列的通项公式可得，从而可得，再由，利用式子的特征可得越来越小，进而得出结论.
【详解】
（1）即与是父亲和母亲的性状，每个因子被选择的概率都是，
故出现的概率是，或出现的概率是，
出现的概率是
所以：，(或)，的概率分别是，，
（2）
（3）由（2）知
于是
∴是等差数列，公差为1
（4）
其中，(由（2）的结论得)
所以
于是，
很明显，越大，越小，所以这种实验长期进行下去，
越来越小，而是子代中所占的比例，也即性状会渐渐消失．
【点睛】
本题主要考查了相互独立事件的概率乘法公式、等差数列的定义、等差数列的通项公式，考查了学生的分析能力，属于中档题，