2026届河南省西华县高考仿真卷数学试卷含解析

这是一份2026届河南省西华县高考仿真卷数学试卷含解析，共19页。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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． “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称，旨在积极发展我国与沿线国家经济合作关系，共同打造政治互信、经济融合、文化包容的命运共同体.自2015年以来，“一带一路”建设成果显著.如图是2015—2019年，我国对“一带一路”沿线国家进出口情况统计图，下列描述错误的是( )
A．这五年，出口总额之和比进口总额之和大
B．这五年，2015年出口额最少
C．这五年，2019年进口增速最快
D．这五年，出口增速前四年逐年下降
2．设全集，集合，则＝( )
A．B．C．D．
3．已知集合，则( )
A．B．
C．D．
4．已知曲线的一条对称轴方程为，曲线向左平移个单位长度，得到曲线的一个对称中心的坐标为，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
5．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，若点在角的终边上，则（ ）
A．B．C．D．
6．如图所示程序框图，若判断框内为“”，则输出（ ）
A．2B．10C．34D．98
7．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P是C的右支上一点，连接与y轴交于点M，若（O为坐标原点），，则双曲线C的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
8．函数的部分图像如图所示，若，点的坐标为，若将函数向右平移个单位后函数图像关于轴对称，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
9．如图，这是某校高三年级甲、乙两班在上学期的5次数学测试的班级平均分的茎叶图，则下列说法不正确的是（ ）
A．甲班的数学成绩平均分的平均水平高于乙班
B．甲班的数学成绩的平均分比乙班稳定
C．甲班的数学成绩平均分的中位数高于乙班
D．甲、乙两班这5次数学测试的总平均分是103
10．已知函数，若方程恰有两个不同实根，则正数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
11．下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
12．已知等差数列的公差不为零，且，，构成新的等差数列，为的前项和，若存在使得，则（ ）
A．10B．11C．12D．13
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若展开式的二项式系数之和为64，则展开式各项系数和为__________．
14．展开式中的系数为_________.
15．设集合，，则____________.
16．某校为了解学生学习的情况，采用分层抽样的方法从高一人、高二 人、高三人中，抽取人进行问卷调查.已知高一被抽取的人数为，那么高三被抽取的人数为_______．
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）已知函数.
（1）若，求不等式的解集；
（2）若“，”为假命题，求的取值范围.
18．（12分）已知函数
（1）解不等式；
（2）若函数，若对于任意的，都存在，使得成立，求实数的取值范围.
19．（12分）如图所示，三棱柱中，平面，点，分别在线段，上，且，，是线段的中点.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若，，，求直线与平面所成角的正弦值.
20．（12分）已知椭圆C的离心率为且经过点
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点(0，2)的直线l与椭圆C交于不同两点A、B，以OA、OB为邻边的平行四边形OAMB的顶点M在椭圆C上，求直线l的方程.
21．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.在以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，直线的极坐标方程为.
（1）求曲线的普通方程及直线的直角坐标方程；
（2）求曲线上的点到直线的距离的最大值与最小值.
22．（10分）已知函数，.
（1）判断函数在区间上的零点的个数；
（2）记函数在区间上的两个极值点分别为、，求证：.
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】
根据统计图中数据的含义进行判断即可.
【详解】
对A项，由统计图可得，2015年出口额和进口额基本相等，而2016年到2019年出口额都大于进口额，则A正确；
对B项，由统计图可得，2015年出口额最少，则B正确；
对C项，由统计图可得，2019年进口增速都超过其余年份，则C正确；
对D项，由统计图可得，2015年到2016年出口增速是上升的，则D错误；
故选：D
【点睛】
本题主要考查了根据条形统计图和折线统计图解决实际问题，属于基础题.
2、A
【解析】
先求得全集包含的元素，由此求得集合的补集.
【详解】
由解得，故，所以，故选A.
【点睛】
本小题主要考查补集的概念及运算，考查一元二次不等式的解法，属于基础题.
3、B
【解析】
先由得或，再计算即可.
【详解】
由得或，
，,
又，.
故选：B
【点睛】
本题主要考查了集合的交集，补集的运算，考查学生的运算求解能力.
4、C
【解析】
在对称轴处取得最值有，结合，可得，易得曲线的解析式为，结合其对称中心为可得即可得到的最小值.
【详解】
∵直线是曲线的一条对称轴.
，又.
.
∴平移后曲线为.
曲线的一个对称中心为.
.
，注意到
故的最小值为.
故选：C.
【点睛】
本题考查余弦型函数性质的应用，涉及到函数的平移、函数的对称性，考查学生数形结合、数学运算的能力，是一道中档题.
5、D
【解析】
由题知，又，代入计算可得.
【详解】
由题知，又.
故选：D
【点睛】
本题主要考查了三角函数的定义，诱导公式，二倍角公式的应用求值.
6、C
【解析】
由题意，逐步分析循环中各变量的值的变化情况，即可得解.
【详解】
由题意运行程序可得：
，，，；
，，，；
，，，；
不成立，此时输出.
故选：C.
【点睛】
本题考查了程序框图，只需在理解程序框图的前提下细心计算即可，属于基础题.
7、C
【解析】
利用三角形与相似得，结合双曲线的定义求得的关系，从而求得双曲线的渐近线方程。
【详解】
设，，
由，与相似，
所以，即，
又因为，
所以，，
所以，即，，
所以双曲线C的渐近线方程为.
故选：C.
【点睛】
本题考查双曲线几何性质、渐近线方程求解，考查数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力。
8、B
【解析】
根据图象以及题中所给的条件，求出和，即可求得的解析式，再通过平移变换函数图象关于轴对称，求得的最小值.
【详解】
由于，函数最高点与最低点的高度差为，
所以函数的半个周期，所以，
又，，则有，可得，
所以，
将函数向右平移个单位后函数图像关于轴对称，即平移后为偶函数，
所以的最小值为1，
故选：B.
【点睛】
该题主要考查三角函数的图象和性质，根据图象求出函数的解析式是解决该题的关键，要求熟练掌握函数图象之间的变换关系，属于简单题目.
9、D
【解析】
计算两班的平均值，中位数，方差得到正确，两班人数不知道，所以两班的总平均分无法计算，错误，得到答案.
【详解】
由题意可得甲班的平均分是104，中位数是103，方差是26.4；
乙班的平均分是102，中位数是101，方差是37.6，则A，B，C正确.
因为甲、乙两班的人数不知道，所以两班的总平均分无法计算，故D错误.
故选：.
【点睛】
本题考查了茎叶图，平均值，中位数，方差，意在考查学生的计算能力和应用能力.
10、D
【解析】
当时，函数周期为，画出函数图像，如图所示，方程两个不同实根，即函数和有图像两个交点，计算，，根据图像得到答案.
【详解】
当时，，故函数周期为，画出函数图像，如图所示：
方程，即，即函数和有两个交点.
，，故，，，，.
根据图像知：.
故选：.
【点睛】
本题考查了函数的零点问题，确定函数周期画出函数图像是解题的关键.
11、C
【解析】
结合基本初等函数的奇偶性及单调性，结合各选项进行判断即可.
【详解】
A：为非奇非偶函数，不符合题意；
B：在上不单调，不符合题意；
C：为偶函数，且在上单调递增，符合题意；
D：为非奇非偶函数，不符合题意.
故选：C.
【点睛】
本小题主要考查函数的单调性和奇偶性，属于基础题.
12、D
【解析】
利用等差数列的通项公式可得，再利用等差数列的前项和公式即可求解.
【详解】
由，，构成等差数列可得
即
又
解得：
又
所以时，.
故选：D
【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式、等差数列的前项和公式，需熟记公式，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、1
【解析】
由题意得展开式的二项式系数之和求出的值，然后再计算展开式各项系数的和.
【详解】
由题意展开式的二项式系数之和为，即，故，令，则展开式各项系数的和为.
故答案为：
【点睛】
本题考查了二项展开式的二项式系数和项的系数和问题，需要运用定义加以区分，并能够运用公式和赋值法求解结果，需要掌握解题方法.
14、
【解析】
变换，根据二项式定理计算得到答案.
【详解】
的展开式的通项为：，，
取和，计算得到系数为：.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.
15、
【解析】
先解不等式,再求交集的定义求解即可.
【详解】
由题,因为,解得,即,
则,
故答案为:
【点睛】
本题考查集合的交集运算,考查解一元二次不等式.
16、
【解析】
由分层抽样的知识可得，即，所以高三被抽取的人数为，应填答案．
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））当时，将函数写成分段函数，即可求得不等式的解集.
（2）根据原命题是假命题，这命题的否定为真命题，即“，”为真命题，只需满足即可.
【详解】
解：（1）当时，
由，得.
故不等式的解集为.
（2）因为“，”为假命题，
所以“，”为真命题，
所以.
因为，
所以，则，所以，
即，解得，即的取值范围为.
【点睛】
本题考查绝对值不等式的解法，以及绝对值三角不等式，属于基础题.
18、（1）（2）
【解析】
（1）将表示为分段函数的形式，由此求得不等式的解集.
（2）利用绝对值三角不等式，求得的取值范围，根据分段函数解析式，求得的取值范围，结合题意列不等式，解不等式求得的取值范围.
【详解】
（1），
由得或或；
解得.故所求解集为.
（2）
，
即.
由（1）知，
所以，即.
∴，∴.
【点睛】
本小题考查了绝对值不等式，绝对值三角不等式和函数最值问题，考查运算求解能力，推理论证能力，化归与转化思想.
19、（Ⅰ）证明见详解；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）取中点为，根据几何关系，求证四边形为平行四边形，即可由线线平行推证线面平行；
（Ⅱ）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，即可求得线面角的正弦值.
【详解】
（Ⅰ）取的中点，连接，.如下图所示：
因为，分别是线段和的中点，
所以是梯形的中位线，所以.
又，所以.
因为，，
所以四边形为平行四边形，所以.
所以，.
所以四边形为平行四边形，所以.
又平面，平面，
所以平面.
（Ⅱ）因为，且平面，
故可以为原点，的方向为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
如下图所示：
不妨设，则，
所以，，，，.
所以，，.
设平面的法向量为，
则所以
可取.
设直线与平面所成的角为，
则.
故可得直线与平面所成的角的正弦值为.
【点睛】
本题考查由线线平行推证线面平行，以及用向量法求解线面角，属综合中档题.
20、（1）（2）
【解析】
（1）根据椭圆的离心率、椭圆上点的坐标以及列方程，由此求得，进而求得椭圆的方程.
（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆的方程，写出韦达定理.根据平行四边形的性质以及向量加法的几何意义得到，由此求得点的坐标，将的坐标代入椭圆方程，化简后可求得直线的斜率，由此求得直线的方程.
【详解】
（1）由椭圆的离心率为，点在椭圆上，所以，且
解得，所以椭圆的方程为．
（2）显然直线的斜率存在，设直线的斜率为，则直线的方程为，设，由消去得，
所以，
由已知得，所以，由于点都在椭圆上，
所以，
展开有，
又，
所以，
经检验满足，
故直线的方程为.
【点睛】
本小题主要考查根据椭圆的离心率和椭圆上一点的坐标求椭圆方程，考查直线和椭圆的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题.
21、（1），（2）最大值，最小值
【解析】
（1）由曲线的参数方程，得两式平方相加求解，根据直线的极坐标方程，展开有，再根据求解.
（2）因为曲线C是一个半圆，利用数形结合，圆心到直线的距离减半径即为最小值，最大值点由图可知.
【详解】
（1）因为曲线的参数方程为
所以
两式平方相加得：
因为直线的极坐标方程为.
所以
所以
即
（2）如图所示：
圆心C到直线的距离为：
所以圆上的点到直线的最小值为：
则点M(2，0)到直线的距离为最大值：
【点睛】
本题主要考查参数方程，普通方程及极坐标方程的转化和直线与圆的位置关系，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
22、（1）；（2）见解析.
【解析】
（1）利用导数分析函数在区间上的单调性与极值，结合零点存在定理可得出结论；
（2）设函数的极大值点和极小值点分别为、，由（1）知，，且满足，，于是得出，由得，利用正切函数的单调性推导出，再利用正弦函数的单调性可得出结论.
【详解】
（1），，
，当时，，，，则函数在上单调递增；
当时，，，，则函数在上单调递减；
当时，，，，则函数在上单调递增.
，，，，.
所以，函数在与不存在零点，在区间和上各存在一个零点.
综上所述，函数在区间上的零点的个数为；
（2），.
由（1）得，在区间与上存在零点，
所以，函数在区间与上各存在一个极值点、，且，，
且满足即，，
，
又，即，，
，，，
由在上单调递增，得，
再由在上单调递减，得
，即.
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的零点个数问题，同时也考查了利用导数证明不等式，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.