2026届河南省高三数学模拟质量检测试卷（含答案解析）

2026届高三数学模拟试卷（满分150分，考试时间120分钟）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号等信息填在试卷和答题卡的制定位置；2．回答选择题和非选择题时，请将答案涂在答题卡给定区域，写在本试卷上无效.一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．（原创）设集合，则A∩B的真子集的个数为（）A．5 B．6 C．7 D．82．（原创）已知复数及其共轭复数满足，则的虚部是（

）A．- B．-2 C． D．243．已知袋中有2个白球、1个红球，3个球除颜色外其余均相同，有放回地随机摸球3次，恰有1次摸到红球的概率是（

）A． B． C． D．4．设O(0，0)，A(1，0)，B(0，1)，点P是线段AB上的一个动点，AP=λAB，若OP·AB≥PA·PB，则实数λ的取值范围是()A.1−22，1B.12，15．已知圆锥的侧面积为，且圆锥的侧面展开图恰好为半圆，则该圆锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．6．已知函数，若，则的取值范围是（

）A． B． C． D．7．已知在△ABC中，，设，记的最大值为，则的最小值为（

）A． B．2 C． D．8．已知的顶点分别为双曲线的左、右焦点，点在的右支上，且与的一条渐近线垂直，记的离心率为，若，则（

）A． B．C． D．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列．从第1行开始，第n行从左到右的数字之和记为，如，，…，的前n项和记为，则下列说法正确的是（

）A．在“杨辉三角”第10行中，从左到右第8个数字是120B．C．在“杨辉三角”中，从第2行开始到第n行，每一行从左到右的第3个数字之和为D．的前n项和为10．已知函数的部分图象如图所示，若，，，则（

）

A．在单调递增B．若A，B，C为的内角，且，则或C．若在恰有4个零点，则a的取值范围是D．直线是曲线的切线11．已知函数及其导函数的定义域均为R，，且为奇函数，记，其导函数为，则（

）A．8是的一个周期 B．C． D．为奇函数三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分。12．二项式的展开式中，含的项的系数是________.13．如图，已知矩形中，，现将沿对角线折成二面角，使，则点到平面的距离为__________.14．已知函数，若函数，则的所有零点之积为__________；方程有三个不同的解，则实数的范围为__________.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．（13分）某种农作物可以生长在滩涂和盐碱地，将海水稀释后对其进行灌溉．某实验基地为了研究海水浓度对亩产量的影响，通过在试验田的种植实验，测得了该农作物的亩产量与海水浓度的数据如下表．海水浓度34567亩产量0.570.530.440.360.30残差0.020绘制散点图发现，可以用一元线性回归模型拟合与的相关关系，用最小二乘法计算得关于的经验回归方程为．(1)求，，的值；(2)请计算该回归模型的决定系数（精确到0.01），并评价其拟合效果．（若，就认为拟合效果好；若，就认为拟合效果一般；若，就认为拟合效果差）附：决定系数，其中．16．（15分）已知△ABC的内角、、的对边分别为、、，且．(1)求；(2)若△ABC的面积为，求的最小值．17．（15分）已知函数，.(1)讨论的单调性；(2)若在区间内存在零点，求的取值范围.18．（17分）如图，在平行六面体中，底面为菱形且，与底面所成角为，.(1)证明：平面平面；(2)求二面角的正弦值；(3)若，求三棱锥外接球的体积.19．（17分）已知抛物线E：的焦点为F，点在抛物线E上，且的面积为（O为坐标原点）.(1)求抛物线E的方程；(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A､B两点，过A､B分别作垂直于l的直线AC､BD，分别交抛物线于C､D两点，求的最小值.参考答案1．C【详解】，其真子集的个数为23-1=7，故选：C．2．B【详解】设，则，，即，=a-2i，故选:B.3．B【详解】每次摸到红球的概率都为，则摸球3次，恰有1次摸到红球的概率是.4．A【详解】∵AP=λAB=(-λ，λ)，∴PB=(1-λ)AB=(λ-1，1-λ)，OP=OA+AP=(1-λ，λ又∵OP·AB≥PA·PB，∴(1-λ，λ)·(-1，1)≥(λ，-λ)·(λ-1，1-λ)，∴2λ2-4λ+1≤0，解得1-22≤λ≤1+2又∵点P是线段AB上的一个动点，∴0≤λ≤1，∴满足条件的实数λ的取值范围是1−22，1.5．D【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，则，解得，，设圆锥外接球的半径为，则，解得，则外接球的表面积为.故选：D.6．A【详解】根据题意，因为是单调递增函数，也是单调增函数，且，故在整个定义域上都是单调增函数.当且仅当时，满足题意，否则不妨令，要满足题意，则有.又因为，故可得，解得，故，令，则，令，解得，故函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，没有最大值.综上所述：故的取值范围为.故选：A.7．B【详解】在中，令内角所对边分别为，由正弦定理得，则而，则，由，得，锐角由确定，又，则，因此当时，取得最大值，即，显然函数在上单调递增，所以.故选：B8．D【详解】如下图所示：可知，双曲线的渐近线方程为，不妨取渐近线，因为与渐近线垂直，所以直线的斜率为，设，可得，所以；由可得，在中利用正弦定理可得，可得，；再利用双曲线定义可得整理可得，因此可得.故选：D9．AD【详解】对A，在“杨辉三角”第10行中，从左到右第8个数字为，故A正确；对B，由题意可得，，则，故B错误；对C，由杨辉三角，从第2行开始到第n行，每一行从左到右的第3个数字之和为因为，，所以上式，故C错误；对D，因为，所以数列的前n项和为，故D正确．故选：AD10．BCD【详解】如图，过M作轴，垂足为点D，

易知，，由，解得，则，所以，则．又，则有，，解得，，又，则，故．当时，，不单调，故A错误；由可知，则或，当时，；当时，，则，故B正确；由可知，由在恰有4个零点，所以，解得，故C正确；易知在上．又，则切线斜率，故切线方程为，故D正确．故选：BCD.11．ABD【详解】对于A，因为，所以，又，即，则，可得关于点对称，又的定义域为R，则；又为奇函数，则，所以，即，所以关于直线对称，因为，所以，所以，则，则8是的一个周期，故A正确；对于B，由上述得，所以，则关于点对称，且的定义域为R，则，令，得，故B正确；对于C，因为，所以，则的周期也为8，则，又的周期为8，则，所以，故C错误；对于D，由上述知，则为奇函数，故D正确．故选：ABD．12．【详解】展开式的通项公式为，令，得，所以含的项的系数为.故答案为：.13．1【详解】矩形中,,又因为，且平面，所以平面，因为，，所以，在中，又因为，所以，即，所以，设点到平面的距离为，则，解得.故答案为：1.14．1【详解】由题，函数的零点即方程的根，作出函数的图象，如图，与的图象共4个交点，从右到左依次是，当时，，则，得，故，即，同理，可得，所以，即的所有零点之积为1.作出函数的图象如图，方程有三个不同的解，即与的图象有三个不同的交点，当时，，则，设切点为，所以曲线过原点的切线斜率，解得，所以曲线过原点的切线斜率，要使得与的图象有三个不同的交点，则，即，所以实数的取值范围为.故答案为：1，.15．【详解】（1），，……2分将代入可得，即．……4分所以经验回归方程为因，则……7分又因，则……9分（2）……11分所以决定系数，故该模型拟合效果良好.……13分16．【详解】（1）由已知及正弦定理得，由，得，得，……4分由，得，得，得，得，得；……8分（2）由，得，……10分由余弦定理得，因为，……13分当且仅当时，等号成立，所以，得．故的最小值为2．……15分17．【详解】（1），.……2分若，则，所以在上单调递增.若，令，得.当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.……5分综上所述，当，在上单调递增；当，在上单调递增，在上单调递减.……7分（2）当时，在上单调递增，故有唯一的零点，不满足题意.……9分当时，在上单调递增，在上单调递减，故的极大值为，……13分要使在区间内存在零点，须.……15分即解得，故的取值范围是.……17分18．【详解】（1）连接，设，连接、、，由底面为菱形，故，且，为中点，由，，故与全等，故，又为中点，故，……2分又，、平面，故平面，又平面，故平面平面；……4分（2）由，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设，，则、，由，则，故，则，由平面平面，且平面平面，故直线在平面上的投影为直线，……6分又与底面所成角为，则，，即，则，，，……8分设平面于平面的法向量分别为、，则有，，取，则，，，故、，则，……10分故，即二面角的正弦值为；……11分（3）由，，，则，，，，由，则，由，则与都为等边三角形，故，……13分则点为外接圆圆心，设三棱锥外接球球心为点，则必有平面，可设，则有、，则，即，……15分整理得，即，故，即三棱锥外接球的半径为，故其体积.……17分19．【详解】（1）由题意可得解得p=2.……2分故抛物线E的方程为.……4分（2）由题意直线l的斜率一定存在且不为0，设直线l的方程为，，设，，，由消去x得.所以，.……6分由AC垂直于l，直线AC的方程为由消去x得.所以，.……8分∴.……11分同理可得，……13分所以，……15分令，，则，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.所以当x=2时，取得最小值，即当时，最小值为.……17分参考答案1．C【详解】，其真子集的个数为23-1=7，故选：C．2．B【详解】设，则，，即，=a-2i，故选:B.3．B【详解】每次摸到红球的概率都为，则摸球3次，恰有1次摸到红球的概率是.4．A【详解】∵AP=λAB=(-λ，λ)，∴PB=(1-λ)AB=(λ-1，1-λ)，OP=OA+AP=(1-λ，λ又∵OP·AB≥PA·PB，∴(1-λ，λ)·(-1，1)≥(λ，-λ)·(λ-1，1-λ)，∴2λ2-4λ+1≤0，解得1-22≤λ≤1+2又∵点P是线段AB上的一个动点，∴0≤λ≤1，∴满足条件的实数λ的取值范围是1−22，1.5．D【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，则，解得，，设圆锥外接球的半径为，则，解得，则外接球的表面积为.故选：D.6．A【详解】根据题意，因为是单调递增函数，也是单调增函数，且，故在整个定义域上都是单调增函数.当且仅当时，满足题意，否则不妨令，要满足题意，则有.又因为，故可得，解得，故，令，则，令，解得，故函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，没有最大值.综上所述：故的取值范围为.故选：A.7．B【详解】在中，令内角所对边分别为，由正弦定理得，则而，则，由，得，锐角由确定，又，则，因此当时，取得最大值，即，显然函数在上单调递增，所以.故选：B8．D【详解】如下图所示：可知，双曲线的渐近线方程为，不妨取渐近线，因为与渐近线垂直，所以直线的斜率为，设，可得，所以；由可得，在中利用正弦定理可得，可得，；再利用双曲线定义可得整理可得，因此可得.故选：D9．AD【详解】对A，在“杨辉三角”第10行中，从左到右第8个数字为，故A正确；对B，由题意可得，，则，故B错误；对C，由杨辉三角，从第2行开始到第n行，每一行从左到右的第3个数字之和为因为，，所以上式，故C错误；对D，因为，所以数列的前n项和为，故D正确．故选：AD10．BCD【详解】如图，过M作轴，垂足为点D，

易知，，由，解得，则，所以，则．又，则有，，解得，，又，则，故．当时，，不单调，故A错误；由可知，则或，当时，；当时，，则，故B正确；由可知，由在恰有4个零点，所以，解得，故C正确；易知在上．又，则切线斜率，故切线方程为，故D正确．故选：BCD.11．ABD【详解】对于A，因为，所以，又，即，则，可得关于点对称，又的定义域为R，则；又为奇函数，则，所以，即，所以关于直线对称，因为，所以，所以，则，则8是的一个周期，故A正确；对于B，由上述得，所以，则关于点对称，且的定义域为R，则，令，得，故B正确；对于C，因为，所以，则的周期也为8，则，又的周期为8，则，所以，故C错误；对于D，由上述知，则为奇函数，故D正确．故选：ABD．12．【详解】展开式的通项公式为，令，得，所以含的项的系数为.故答案为：.13．1【详解】矩形中,,又因为，且平面，所以平面，因为，，所以，在中，又因为，所以，即，所以，设点到平面的距离为，则，解得.故答案为：1.14．1【详解】由题，函数的零点即方程的根，作出函数的图象，如图，与的图象共4个交点，从右到左依次是，当时，，则，得，故，即，同理，可得，所以，即的所有零点之积为1.作出函数的图象如图，方程有三个不同的解，即与的图象有三个不同的交点，当时，，则，设切点为，所以曲线过原点的切线斜率，解得，所以曲线过原点的切线斜率，要使得与的图象有三个不同的交点，则，即，所以实数的取值范围为.故答案为：1，.15．【详解】（1），，……2分将代入可得，即．……4分所以经验回归方程为因，则……7分又因，则……9分（2）……11分所以决定系数，故该模型拟合效果良好.……13分16．【详解】（1）由已知及正弦定理得，由，得，得，……4分由，得，得，得，得，得；……8分（2）由，得，……10分由余弦定理得，因为，……13分当且仅当时，等号成立，所以，得．故的最小值为2．……15分17．【详解】（1），.……2分若，则，所以在上单调递增.若，令，得.当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.……5分综上所述，当，在上单调递增；当，在上单调递增，在上单调递减.……7分（2）当时，在上单调递增，故有唯一的零点，不满足题意.……9分当时，在上单调递增，在上单调递减，故的极大值为，……13分要使在区间内存在零点，须.……15分即解得，故的取值范围是.……17分18．【详解】（1）连接，设，连接、、，由底面为菱形，故，且，为中点，由，，故与全等，故，又为中点，故，……2分又，、平面，故平面，又平面，故平面平面；