2026届河北省沧州市高考一模数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高三数学一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1．复数在复平面内对应的点在（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．有四对双胞胎共8人，从中随机选4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（

）A．48 B．72 C．96 D．1923．已知，则“"是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．既不充分也不必要条件 D．充要条件4．在中，已知，点O是的外心，则（

）A．16 B．8 C．4 D．5．如图，在三棱锥中，，，E，F，G分别为，，上靠近点P的三等分点，若此时恰好存在一个小球与三棱锥的四个面均相切，且小球同时还与平面相切，则（

）A． B． C． D．6．已知直线：，：，则条件“”是“”的（

）A．充分必要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不必要也不充分条件7．已知，则的最小值为（

）A． B． C． D．8．已知双曲线与平行于轴的动直线交于两点，点在点左侧，为双曲线的左焦点，延长至点，使，连接交轴于点，若，则该双曲线的离心率为（

）A． B． C．2 D．3二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9．下列说法正确的是（

）A．利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量独立B．在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越窄，其模型拟合效果越好C．样本相关系数的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越弱D．用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好10．已知定义在R上的函数满足对任意的x，y，均有，且当时，，则下列结论正确的是（

）A． B．若，则C．是R上的减函数 D．若，则不等式的解集是11．已知函数是其导函数.若存在且，满足，则（

）A． B．C． D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知某圆柱的高为，且上､下底面均在以为球心的球面上，若该圆柱的底面半径为1，则球的体积为.13．如图所示，已知中，点P，Q，R依次是边BC上的三个四等分点，若，，则.

14．设函数，其中.若不等式对任意恒成立，则.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．已知函数的部分图象如图所示，.(1)求的解析式；(2)若，求函数的取值范围.16．已知向量=(1,-3,2),=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).(1)求|2+|;(2)在直线AB上,是否存在一点E,使得⊥?(O为原点)17．已知向量与的夹角为，且，若.(1)当时，求实数的值;(2)当取最小值时，求向量与夹角的余弦值.18．已知圆．(1)若圆与圆关于直线对称，求直线的方程；(2)若过点的直线与圆相切，求直线的方程；19．已知函数．(1)若，讨论的零点的个数；(2)若为正整数，记此时的唯一零点为，证明：（i）数列是递增数列；（ii）．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可.【详解】因为，又，所以复数在复平面内对应的点为，位于第三象限.故选：C2．A【分析】利用分步计数乘法原理，先选双胞胎，再选人即可.【详解】第一步：选一对双胞胎有种；第二步：再选两对双胞胎，并从每对双胞胎中各选一人共有种；利用分步计数乘法原理可知：从中随机选4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为，故答案：A.3．A【分析】由“"成立可推出即得，反之，由推不出成立，由此可得答案.【详解】由“"成立可推出，继而可得到；当时，比如，推不出成立，故“"是“”的充分不必要条件，故选：A4．B【分析】由已知得，则，代入数值计算即可．【详解】解：如图，过点O作于D，可知，则故选:5．B【分析】取中点，利用等腰三角形性质证明平面，作，，利用相似比得，结合求解可得.【详解】如图，取中点，连接，.因为，所以，.∵，平面，平面，∴平面.作，垂足为H.∵平面，∴.又，平面，平面，∴平面.过点H作，垂足为，连接，因为平面，所以，又是平面内的两条相交直线，所以平面，因为平面，所以.易知平面平面，设小球半径为，∴，∴.根据题意，，∵，，∴，∴.由，得，∴，∴.∴.故选：B【点睛】方法点睛：关于几何体的内切球问题，通常根据体积公式列方程进行求解.6．B【分析】根据两直线垂直的性质，可得，求出的值，即可判断.【详解】若，则，解得或.故是的充分不必要条件.故选：B7．D【分析】先化简得出，再应用基本不等式计算的最小值即可求解.【详解】已知，所以，则，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.故选：D.8．C【分析】利用直线平行于轴，可得三角形相似，得出，再利用已知条件中的线段的关系进行转化列出等式，化简即可求解.【详解】根据题意设，，，其中，则，，，直线平行于轴，，，，，，即，点在双曲线上，，，.故选：C.【点睛】关键点点晴：本题的关键在于利用直线平行于轴，得到，从而得到，设，，，求出，，，化简并结合双曲线定义，即可求解.9．BD【分析】应用线性相关系数、残差图与独立性检验的知识，决定系数一一检验即可.【详解】利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量相关，因此A错误；在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高，因此B正确；线性相关系数的范围在到之间，有正有负，相关有正相关和负相关，相关系数的绝对值的大小越接近于1，两个变量的线性相关性越强，反之，线性相关性越弱，因此C选项错误；用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好，D选项正确；故选：BD.10．ABD【分析】通过对合理赋值求解.【详解】对于A：令，则，解得，A正确；对于B：令，则，解得，再令，则，解得，B正确；对于C：，且，则，令，则，即，因为，所以，所以，即，所以在上是增函数，C错误；对于D：令，则，解得，所以，因为在上是增函数，且，所以，即，解得，即不等式的解集是，D正确；故选：ABD.11．ABD【分析】先求导函数，再根据函数图象，结合单调性判断A，再根据三角函数化简求解得出进而判断B，D，结合基本不等式计算求解C.【详解】，数形结合，得到内的大致图象为如图所示，故，，A对.由得，即，由题意，则，，则，B正确.又，D正确.因为，从而C错误.故选：ABD.12．##【分析】作圆柱的轴截面，求出球的半径，根据球的体积公式求球的体积.【详解】作圆柱的轴截面，如图：由题意可知：，，则球的半径，且，所以.所以球的体积为：.故答案为：13．8【分析】利用平面向量的四则运算，得到，可得，，再化简，即可求解.【详解】，，故答案为：14．##【分析】先设，代入函数解析式计算得出根，再对应相等计算求解.【详解】若，取，所以，则，所以的根为且，的根为且，由于与均为首项系数为正的三次多项式，要使其乘积恒成立，则它们的零点必须完全相同，所以只有当时，成立，所以，所以.故答案为：.15．(1)；(2).【分析】（1）根据给定的图象，结合五点法作图求出解析式.（2）由（1）的结论，利用差角的余弦公式化简，再求出指定区间上的值域.【详解】（1）观察图象得，，函数的最小正周期，解得，由，得，而，则，所以的解析式为.（2）由（1）知，，当时，，因此当时，，当时，，所以所求值域为.16．（1）；（2）【分析】（1）根据空间向量的坐标运算相应公式计算即可．（2）假设存在点E，则+t，再根据⊥b,建立方程可求出t=．【详解】(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|==5.(2)+t=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t),若⊥b,则·b=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=,因此存在点E,使得⊥b,此时点E的坐标为E.【点睛】本题主要考查向量的数量积的坐标表示，向量的模及向量垂直等，属于中档题．17．(1)(2)【分析】（1）由，所以，将代入可得，再由数量积的定义求得，代回即可求解；（2）根据向量的模和二次函数求最值的方法求出的值，再根据向量的夹角公式计算即可.【详解】（1）因为，所以，即，所以，因为向量与的夹角为，且，所以，所以，所以.（2）因为，所以，由（1）知，且，所以，则，故当时，最小为，此时，则，又，所以，所以向量与夹角的余弦值为.18．(1)；(2)或.【分析】（1）求出圆心和的坐标，由题意可得直线是线段的中垂线，求出的斜率和的中点坐标，可得直线的斜率，由点斜式可得直线的方程；（2）直线斜率不存在时，直线为符合题意，当斜率存在时，设为，由圆心到该直线的距离等于半径求得的值即可求解.【详解】（1）由圆可得，所以圆心为，半径为，圆圆心为，半径为，因为圆与圆关于直线对称，所以直线为线段的中垂线，因为，则所求直线的斜率为，且线段的中点为，故所求直线为，即．（2）因为，所以点在圆外，若直线的斜率不存在，即直线为，则圆心到直线的距离为，符合题意，若直线的斜率存在，设直线的方程为，即，圆心到直线的距离，整理可得：，解得：，所以直线为，即，综上所述：直线的方程为或．19．(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）利用分离参变量，再构造函数求导研究单调性，然后结合取值规律，可得到零点个数的判断；（2）（i）利用递推及放缩思想，可得到，然后再利用函数的单调性可得到数列的单调性；（ii）利用，结合零点的条件进行放缩，，再利用裂项相消求和，从而原不等式可得证.【详解】（1）令，可得，设，因为，所以当时，，则在单调递减；当时，，则在单调递增；即，又因为，，，所以当时，无零点；当或时，仅有一个零点；当时，有两个零点；（2）（i）由（1）知，当时，仅有一个零点；由的唯一零点为，则，两边取自然对数得：，即，两式相减得：，可得，设，则，因为，所以，即是在上单调递增，所以有，即数列是递增数列；（ii）先证明：时，，构造，求导得，当时