2026届河南省信阳市予南高级中学高考冲刺数学模拟试题含解析

这是一份2026届河南省信阳市予南高级中学高考冲刺数学模拟试题含解析，共22页。试卷主要包含了已知，，，，则，若a＞b＞0，0＜c＜1，则等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
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．已知菱形的边长为2，，则（）
A．4B．6C．D．
2．若复数，其中为虚数单位，则下列结论正确的是（ ）
A．的虚部为B．C．的共轭复数为D．为纯虚数
3．已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点（设点位于第一象限），过点，分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为点，，抛物线的准线交轴于点，若，则直线的斜率为
A．1B．C．D．
4．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．
5．在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，，，，则（ ）
A．B．C．D．
7．若a＞b＞0，0＜c＜1，则
A．lgac＜lgbcB．lgca＜lgcbC．ac＜bc D．ca＞cb
8．设，是非零向量，若对于任意的，都有成立，则
A．B．C．D．
9．已知函数，则在上不单调的一个充分不必要条件可以是（ ）
A．B．C．或D．
10．如图，在四边形中，，，，，，则的长度为（ ）
A．B．
C．D．
11．已知实数集，集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
12．已知等差数列的前项和为，，，则（ ）
A．25B．32C．35D．40
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数，且，，使得，则实数m的取值范围是______.
14．设等比数列的前项和为，若，，则__________．
15．假如某人有壹元、贰元、伍元、拾元、贰拾元、伍拾元、壹佰元的纸币各两张，要支付贰佰壹拾玖（219）元的货款，则有________种不同的支付方式.
16．函数在内有两个零点，则实数的取值范围是________.
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）已知分别是椭圆的左焦点和右焦点，椭圆的离心率为是椭圆上两点，点满足.
(1)求的方程；
(2)若点在圆上，点为坐标原点，求的取值范围.
18．（12分）如图，在斜三棱柱中，已知为正三角形，D，E分别是，的中点，平面平面，.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面.
19．（12分）已知函数
（1）若函数在处取得极值1，证明：
（2）若恒成立，求实数的取值范围.
20．（12分）在平面直角坐标系中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位.已知直线l的参数方程为（t为参数），曲线C的极坐标方程为ρ＝4sin（θ+）.
（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；
（2）若直线l与曲线C交于M，N两点，求△MON的面积.
21．（12分）已知不等式的解集为.
（1）求实数的值；
（2）已知存在实数使得恒成立，求实数的最大值.
22．（10分）随着科技的发展，网络已逐渐融入了人们的生活．网购是非常方便的购物方式，为了了解网购在我市的普及情况，某调查机构进行了有关网购的调查问卷，并从参与调查的市民中随机抽取了男女各100人进行分析，从而得到表（单位：人）
（1）完成上表，并根据以上数据判断能否在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为我市市民网购与性别有关？
（2）①现从所抽取的女市民中利用分层抽样的方法抽取10人，再从这10人中随机选取3人赠送优惠券，求选取的3人中至少有2人经常网购的概率；
②将频率视为概率，从我市所有参与调查的市民中随机抽取10人赠送礼品，记其中经常网购的人数为，求随机变量的数学期望和方差．
参考公式：
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、B
【解析】
根据菱形中的边角关系，利用余弦定理和数量积公式，即可求出结果．
【详解】
如图所示，
菱形形的边长为2，，
∴，∴，
∴，且，
∴，
故选B．
【点睛】
本题主要考查了平面向量的数量积和余弦定理的应用问题，属于基础题.．
2、D
【解析】
将复数整理为的形式，分别判断四个选项即可得到结果.
【详解】
的虚部为，错误；，错误；，错误；
，为纯虚数，正确
本题正确选项：
【点睛】
本题考查复数的模长、实部与虚部、共轭复数、复数的分类的知识，属于基础题.
3、C
【解析】
根据抛物线定义，可得，，
又，所以，所以，
设，则，则，
所以，所以直线的斜率．故选C．
4、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.
5、D
【解析】
连接，，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角），
不妨设正方体的棱长为2，取的中点为，连接，在等腰中，求出，在利用二倍角公式，求出，即可得出答案.
【详解】
连接，，因为，所以为异面直线与所成的角（或补角），
不妨设正方体的棱长为2，则，，
在等腰中，取的中点为，连接，
则，，
所以，
即：，
所以异面直线，所成角的余弦值为.
故选：D.
【点睛】
本题考查空间异面直线的夹角余弦值，利用了正方体的性质和二倍角公式，还考查空间思维和计算能力.
6、D
【解析】
令，求，利用导数判断函数为单调递增，从而可得，设，利用导数证出为单调递减函数，从而证出，即可得到答案.
【详解】
时，
令，求导
，，故单调递增：
∴，
当，设，
，
又，
，即，
故.
故选：D
【点睛】
本题考查了作差法比较大小，考查了构造函数法，利用导数判断式子的大小，属于中档题.
7、B
【解析】
试题分析：对于选项A，，，，而，所以，但不能确定的正负，所以它们的大小不能确定;对于选项B，,，两边同乘以一个负数改变不等号方向，所以选项B正确;对于选项C，利用在第一象限内是增函数即可得到，所以C错误;对于选项D，利用在上为减函数易得，所以D错误.所以本题选B.
【考点】指数函数与对数函数的性质
【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；若底数不同,可考虑利用中间量进行比较.
8、D
【解析】
画出，，根据向量的加减法，分别画出的几种情况，由数形结合可得结果.
【详解】
由题意，得向量是所有向量中模长最小的向量，如图，
当，即时，最小，满足，对于任意的，
所以本题答案为D.
【点睛】
本题主要考查了空间向量的加减法，以及点到直线的距离最短问题，解题的关键在于用有向线段正确表示向量，属于基础题.
9、D
【解析】
先求函数在上不单调的充要条件，即在上有解，即可得出结论.
【详解】
，
若在上不单调，令，
则函数对称轴方程为
在区间上有零点（可以用二分法求得）.
当时，显然不成立；
当时，只需
或，解得或.
故选:D.
【点睛】
本题考查含参数的函数的单调性及充分不必要条件，要注意二次函数零点的求法，属于中档题.
10、D
【解析】
设，在中，由余弦定理得，从而求得，再由由正弦定理得，求得，然后在中，用余弦定理求解.
【详解】
设，在中，由余弦定理得，
则，从而，
由正弦定理得，即，
从而，
在中，由余弦定理得：，
则.
故选：D
【点睛】
本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
11、A
【解析】
可得集合,求出补集,再求出即可.
【详解】
由,得,即,
所以,
所以.
故选:A
【点睛】
本题考查了集合的补集和交集的混合运算,属于基础题.
12、C
【解析】
设出等差数列的首项和公差，即可根据题意列出两个方程，求出通项公式，从而求得．
【详解】
设等差数列的首项为，公差为，则
，解得，∴，即有．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查等差数列的通项公式的求法和应用，涉及等差数列的前项和公式的应用，属于容易题．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
根据条件转化为函数在上的值域是函数在上的值域的子集；分别求值域即可得到结论.
【详解】
解：依题意，，
即函数在上的值域是函数在上的值域的子集.
因为在上的值域为（）或（），
在上的值域为，
故或，
解得
故答案为：.
【点睛】
本题考查了分段函数的值域求参数的取值范围，属于中档题.
14、
【解析】
由题意，设等比数列的公比为，根据已知条件，列出方程组，求得的值，利用求和公式，即可求解．
【详解】
由题意，设等比数列的公比为，
因为，即，解得，，
所以.
【点睛】
本题主要考查了等比数列的通项公式，及前n项和公式的应用，其中解答中根据等比数列的通项公式，正确求解首项和公比是解答本题的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题．
15、1
【解析】
按照个位上的9元的支付情况分类，三个数位上的钱数分步计算，相加即可．
【详解】
9元的支付有两种情况，或者，
①当9元采用方式支付时，
200元的支付方式为，或者或者共3种方式，
10元的支付只能用1张10元，
此时共有种支付方式；
②当9元采用方式支付时：
200元的支付方式为，或者或者共3种方式，
10元的支付只能用1张10元，
此时共有种支付方式；
所以总的支付方式共有种．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了分类加法计数原理和分步乘法计数原理，属于中档题．做题时注意分类做到不重不漏，分步做到步骤完整．
16、
【解析】
设，，设，函数为奇函数，，函数单调递增，，画出简图，如图所示，根据，解得答案.
【详解】
，设，，则.
原函数等价于函数，即有两个解.
设，则，函数为奇函数.
，函数单调递增，，，.
当时，易知不成立；
当时，根据对称性，考虑时的情况，，
画出简图，如图所示，根据图像知：故，即，
根据对称性知：.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了函数零点问题，意在考查学生的转化能力和计算能力，画出图像是解题的关键.
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）根据焦点坐标和离心率，结合椭圆中的关系，即可求得的值，进而得椭圆的标准方程.
（2）设出直线的方程为，由题意可知为中点.联立直线与椭圆方程，由韦达定理表示出，由判别式可得；由平面向量的线性运算及数量积定义，化简可得，代入弦长公式化简；由中点坐标公式可得点的坐标，代入圆的方程，化简可得，代入数量积公式并化简，由换元法令，代入可得，再令及，结合函数单调性即可确定的取值范围，即确定的取值范围，因而可得的取值范围.
【详解】
（1）分别是椭圆的左焦点和右焦点，
则，椭圆的离心率为
则解得，
所以，
所以的方程为.
（2）设直线的方程为，点满足，则为中点，点在圆上，设，
联立直线与椭圆方程，化简可得，
所以
则，化简可得，
而
由弦长公式代入可得
为中点，则
点在圆上，代入化简可得，
所以
令，则，，
令，则
令，则，
所以，
因为在内单调递增，所以，
即
所以
【点睛】
本题考查了椭圆的标准方程求法，直线与椭圆的位置关系综合应用，由韦达定理研究参数间的关系，平面向量的线性运算与数量积运算，弦长公式的应用及换元法在求取值范围问题中的综合应用，计算量大，属于难题.
18、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
（1）根据，分别是，的中点，即可证明，从而可证平面；
（2）先根据为正三角形，且D是的中点，证出，再根据平面平面，得到平面，从而得到，结合，即可得证．
【详解】
（1）∵，分别是，的中点
∴
∵平面，平面
∴平面.
（2）∵为正三角形，且D是的中点
∴
∵平面平面，且平面平面，平面
∴平面
∵平面
∴
∵且
∴
∵，平面，且
∴平面.
【点睛】
本题考查直线与平面平行的判定，面面垂直的性质等，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，中档题．
19、（1）证明见详解；（2）
【解析】
（1）求出函数的导函数，由在处取得极值1，可得且.解出，构造函数，分析其单调性，结合，即可得到的范围，命题得证；
（2）由分离参数，得到恒成立，构造函数，求导函数，再构造函数，进行二次求导.由知，则在上单调递增.根据零点存在定理可知有唯一零点，且.由此判断出时，单调递减，时，单调递增，则，即.由得，再次构造函数，求导分析单调性，从而得，即，最终求得，则.
【详解】
解：（1）由题知，
∵函数在，处取得极值1，
，且，
，
，
令，则
为增函数，
，即成立.
（2）不等式恒成立，
即不等式恒成立，即恒成立，
令，则
令，则,
，，
在上单调递增，且，
有唯一零点，且，
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增.
，
由整理得
，
令，则方程等价于
而在上恒大于零，
在上单调递增，
.
，
∴实数的取值范围为.
【点睛】
本题考查了函数的极值，利用导函数判断函数的单调性，函数的零点存在定理，证明不等式，解决不等式恒成立问题.其中多次构造函数，是解题的关键，属于综合性很强的难题.
20、 (1) 直线l的普通方程为x＋y－4＝0. 曲线C的直角坐标方程是圆：(x－)2＋(y－1)2＝4. (2)4
【解析】
（1）将直线l参数方程中的消去，即可得直线l的普通方程，对曲线C的极坐标方程两边同时乘以，利用可得曲线C的直角坐标方程；
（2）求出点到直线的距离，再求出的弦长，从而得出△MON的面积．
【详解】
解：(1)由题意有，
得，
x＋y＝4，
直线l的普通方程为x＋y－4＝0.
因为ρ＝4sin
所以ρ＝2sinθ＋2csθ，
两边同时乘以得，
ρ2＝2ρsinθ＋2ρcsθ，
因为，
所以x2＋y2＝2y＋2x，即(x－)2＋(y－1)2＝4，
∴曲线C的直角坐标方程是圆：(x－)2＋(y－1)2＝4.
(2)∵原点O到直线l的距离
直线l过圆C的圆心(，1)，
∴|MN|＝2r＝4，
所以△MON的面积S＝ |MN|×d＝4.
【点睛】
本题考查了直线与圆的极坐标方程与普通方程、参数方程与普通方程的互化知识，解题的关键是正确使用这一转化公式，还考查了直线与圆的位置关系等知识.
21、（1）；（2）4
【解析】
（1）分类讨论，求解x的范围，取并集，得到绝对值不等式的解集，即得解；
（2）转化原不等式为：，利用均值不等式即得解.
【详解】
（1）当时不等式可化为
当时，不等式可化为；
当时，不等式可化为；
综上不等式的解集为.
（2）由（1）有，，
，
，
即
而
当且仅当：，即，即时等号成立
∴，综上实数最大值为4.
【点睛】
本题考查了绝对值不等式的求解与不等式的恒成立问题，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
22、（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）①；②数学期望为6，方差为2.4.
【解析】
（1）完成列联表，由列联表，得，由此能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为我市市民网购与性别有关．
（2）① 由题意所抽取的10名女市民中，经常网购的有人，偶尔或不用网购的有人，由此能选取的3人中至少有2人经常网购的概率．
② 由列联表可知，抽到经常网购的市民的频率为：，由题意，由此能求出随机变量的数学期望和方差．
【详解】
解：（1）完成列联表（单位：人）：
由列联表，得：
，
∴能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为我市市民网购与性别有关．
（2）①由题意所抽取的10名女市民中，经常网购的有人，
偶尔或不用网购的有人，
∴选取的3人中至少有2人经常网购的概率为：
．
② 由列联表可知，抽到经常网购的市民的频率为：，
将频率视为概率，
∴从我市市民中任意抽取一人，恰好抽到经常网购市民的概率为0.6，
由题意，
∴随机变量的数学期望，
方差D（X）=．
【点睛】
本题考查独立检验的应用，考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望、方差的求法，考查古典概型、二项分布等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
经常网购
偶尔或不用网购
合计
男性
50
100
女性
70
100
合计
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
经常网购
偶尔或不用网购
合计
男性
50
50
100
女性
70
30
100
合计
120
80
200