2026年河北省保定市蠡县中学高考数学模拟试卷（4月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026年河北省保定市蠡县中学高考数学模拟试卷（4月份）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.设集合A={−2,0,1,3},B={x|19<3xA.{0,1} B.{−2,3} C.{−2,0,1} D.{0,1,3}2.复数1−i的实部与虚部的和是(

)A.1−i B.1+i C.0 D.23.已知向量a=(3,4),b=(−3,0)，则a在b上的投影向量为A.(3,0) B.(−3,0) C.(−3,−4) D.(3,4)4.已知tanα=12，则sin2α1+cosA.67 B.47 C.495.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F1A.52 B.62 C.6.已知某圆台的上、下底面半径分别为1和3，高为3，则该圆台的体积为(

)A.72π B.21π2 C.13π7.数列{an}满足a1=1，an+1+an=2n+1，若数列{an+1A.6 B.7 C.8 D.98.已知定义在R上函数f(x)的图象是连续不断的，且满足以下条件：①∀x∈R，f(−x)=f(x)；②∀x1，x2∈(0,+∞)，当x1≠x2A.f(3)<f(−4)

B.若f(m−1)<f(2)，则m∈(−∞,3)

C.若f(x)x>0，则x∈(−1,0)∪(1,+∞)

D.∀x∈R，∃M∈R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.某校在开展“弘扬中华传统文化，深植文化自信之根”主题教育的系列活动中，举办了“诵读国学经典，传承中华文明”知识竞赛.赛前为了解学生的备赛情况，组织对高一年和高二年学生的抽样测试，测试成绩数据处理后，得到如下频率分布直方图，则下面说法正确的是(

)

A.高一年抽测成绩的众数为75

B.高二年抽测成绩低于60分的比率为2.5%

C.估计高一年学生成绩的平均分低于高二年学生成绩的平均分

D.估计高一年学生成绩的中位数低于高二年学生成绩的中位数10.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)A.φ=π4

B.f(x−π12)为偶函数

C.f(x)的图象关于直线x=5π1211.已知P(−2,0)，Q(2,0)，F是平面上一点，下列说法正确的是(

)A.若PF⋅QF=0，则F轨迹是以PQ为直径的圆

B.若PF⋅QF=12，则F与坐标原点O间距离d恒为4

C.若|PF|+|QF|=a，则“F轨迹是椭圆”的充要条件是“a>4”

D.若三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.二项分布和正态分布是两类常见的分布模型，在实际运算中二项分布可以用正态分布近似运算.即：若随机变量X～B(n,p)，当n充分大时，X可以用服从正态分布的随机变量Y近似代替，其中X，Y的期望值和方差相同，一般情况下当np≥5，n(1−p)≥5时，就有很好的近似效果.该方法也称为棣莫佛一拉普拉斯极限定理.如果随机抛一枚硬币100次，设正面向上的概率为0.5，则“正面向上的次数大于50、小于60”的概率近似为

.(结果保留三位小数.参考数据：若X∼N(μ,σ2)，则P(μ−σ≤x≤μ+σ)≈0.6827，P(μ−2σ≤x≤μ+2σ)≈0.954513.诗句“风景这边独好”洋溢着诗人对江西山水的喜爱.现有甲、乙、丙等6人前往江西上犹“阳明湖”、崇义“阳岭”和大余“丫山”三个景点旅游，已知每人随机只去其中一个景点，每个景点至少有一人选择，则甲乙不去同一个景点且丙一定去上犹“阳明湖”旅游的概率为

．14.若三个非零且互不相等的实数x1，x2，x3成等差数列且满足1x1+1x2=2x3，则称x1，x2，x3四、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.(本小题13分)

记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2acosA+bcosC=ccos(A+C)．

(1)求角A的大小；

(2)若a=21，△ABC的面积为3，求△ABC16.(本小题15分)

在500人身上试验某种血清预防感冒的作用，把他们一年中的感冒记录与另外500名未用血清的人的感冒记录作比较，结果如表所示.问：该种血清对预防感冒是否有效？未感冒感冒总计使用血清258242500未使用血清216284500总计4745261000附：K2P(0.100.0100.001k2.7066.63510.82817.(本小题15分)

如图，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=AC=PC=4，PA=PB=22，M是线段PC上的点．

(1)求证：平面ABP⊥平面ABC；

(2)若直线PM与平面ABM所成角的正弦值为34，求PM的长；

(3)若MQ⊥平面ABC，Q为垂足，直线PQ与平面ABM的交点为N，当三棱锥M−ABQ体积最大时，求PN18.(本小题17分)

已知f(x)=ln(x+1)．

(1)设h(x)=xf(x−1)，求h(x)的极值．

(2)若f(x)≤ax在[0,+∞)上恒成立，求a的取值范围．

(3)若存在常数M，使得对任意x∈I，f(x)≤M恒成立，则称f(x)在I上有上界M，函数f(x)称为有上界函数.如y=ex是在R上没有上界的函数，y=lnx是在(0,+∞)上没有上界的函数；y=−ex，y=−x2都是在R上有上界的函数.19.(本小题17分)

已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，左右焦点分别为F1，F2，M是椭圆上一点，|MF1|=2，∠F1MF2=60°．

(1)求椭圆的方程；

(2)过点N(1,1)的直线与椭圆交于P，Q两点，R为线段PQ中点．

(i)参考答案1.A

2.C

3.A

4.C

5.C

6.C

7.C

8.B

9.ACD

10.AC

11.ABC

12.0.477

13.135414.1012

15.解：(1)因为2acosA+bcosC=ccos(A+C)=−ccosB，

由正弦定理可得2sinAcosA+sinBcosC=−sinCcosB，

则2sinAcosA=−(sinBcosC+sinCcosB)=−sin(B+C)=−sinA，

又因为A∈(0,π)，则sinA≠0，可得2cosA=−1，

即cosA=−12，所以A=2π3．

(2)因为△ABC的面积为12bcsinA=34bc=3，可得bc=4，

由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccosA=(b+c)2−2bc−2bccosA，

即21=(b+c)2−8+4可得b+c=5，

所以△ABC的周长为a+b+c=21+5．

16.解：(1)证明：取AB的中点O，连接OC、OP，

因为AB=4，PA=PB=22，则PO⊥AB，

所以PA2+PB2=AB2，所以PA⊥PB，所以PO=12AB=2，

又因为AB=BC=AC=4，所以OB⊥OC，则CO=BC2−BO2=42−22=23，

又因为PO2+CO2=PC2，所以PO⊥OC，

又因为PO⊥AB，AB∩OC=O，AB、CO⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC，

又因为PO⊂平面APB，所以平面ABP⊥平面ABC．

(2)因为OP⊥平面ABC，OC⊥AB，

以点O为坐标原点，OB、OC、OP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则A(−2,0,0)、B(2,0,0)、C(0,23,0)、P(0,0,2)，

所以，BP=(−2,0,2)，

因为M为棱PC上的点，设PM=λPC=(0,23λ,−2λ)，其中0≤λ≤1，

所以，BM=BP+PM=(−2,23λ,2−2λ)，且AB=(4,0,0)，

设平面ABM的法向量为m=(x1,y1,z1)，

则m⊥ABm⊥BM，则m⋅AB=4x1=0m⋅BM=−2x1+23λy1+(2−2λ)z1=0，

不妨取y1=λ−1，可得m=(0,λ−1,3λ)，

因为线PM与平面ABM所成角的正弦值为64，18.解：(1)h(x)=xf(x−1)=xlnx，x>0，

h′(x)=lnx+1，

令h′(x)=0，则x=1e，

所以在(0,1e)上，h′(x)<0，h(x)单调递减；

在(1e,+∞)上，h′(x)>0，h(x)单调递增；

所以函数h(x)有极小值h(1e)=−1e，没有极大值．

(2)设m(x)=ln(x+1)−ax(x≥0)，m(0)=0，

m′(x)=1x+1−a，

当a≤0时，m′(x)>0，m(x)单调递增，m(x)≥0，显然不满足．

当0<a<1时，令

m′(x)

=0，∃x0使m′(x0)=0，

在(0,x0)上，m(x)单调递增；在(

x0，+∞)上，m(x)单调递减，显然不成立；

当a≥1时，m′(x)<0，m(x)单调递减，m(x)≤m(0)=0；

综上：a≥1，即a的取值范围是[1,+∞)．

(3)没有上界，证明如下：

由(1)可知，ln(x+1)≤x在[0,+∞)上恒成立，

19.解：(1)因为椭圆的离心率为12，所以ca=12，解得a=2c．

因为|MF1|=2，∠F1MF2=60°，|MF2|=2a−|MF1|=2a−2．

在△MF1F2中，由余弦定理得(2c)2=22+(2a−2)2−2×2(2a−2)cos60°，

解得a=2，则b2=a2−c2=3，故椭圆的方程为x24+y23=1；

(2)(i)证明：

当直线PQ的斜率存在且不为0时，不妨设直线PQ的方程为y=k(x−1)+1，

联立x24+y23=1y=k(x−1)+1得(4k2+3)x2−