2026年河南名校高考数学模拟预测试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题数学本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码、考场号、座位号填写清楚，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.请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效.4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.5.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．设全集，，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数满足，则（

）A．2 B． C．4 D．83．已知，且在第二象限，则（

）A． B． C． D．4．甲、乙两个班级之间进行排球比赛，采用五局三胜制（没有平局），已知甲班在每一局比赛中获胜的概率均为，若前三局甲班以的比分领先，则甲班最终获胜的概率为（

）A． B． C． D．5．已知命题：函数在区间内单调递增，则的一个充分条件为（

）A． B． C． D．6．已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，且侧面底面，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．7．椭圆：的左、右焦点分别为，，下顶点为A，P为C上一点，，以为直角顶点的直角三角形的面积为，则C的离心率为（

）A． B． C． D．8．已知关于的不等式对任意的恒成立，则的最小值为（

）A． B． C．1 D．二、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．下列说法正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，，则10．一款运动APP测得某运动员百米赛跑后半小时内心率y（单位：次/分钟）与停止运动后的时间t（单位：分钟）之间的关系满足，其中为正整数，表示不超过的最大整数.当时，心率为120次/分钟，当心率不低于90次/分钟时，身体处于“运动后活跃期”.该运动员的静息心率（休息时的心率）为60次/分钟，则下列结论正确的是（

）A．B．的最大值为124C．该运动员第9分钟时恢复到静息心率D．该运动员的“运动后活跃期”持续时间为5分钟11．已知抛物线：的焦点为F，的准线与x轴的交点为H，直线与C交于A，B两点，P是C上一点，则下列结论正确的是（

）A．若直线过点F，则的准线上存在点M使得为钝角B．若线段的中点横坐标为4，则的最大值为10C．的最大值为D．若四边形为平行四边形，则直线l过定点三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．的展开式中，常数项为______（用数字作答）．13．已知向量，，，若与的夹角为钝角，且与的夹角也为钝角，则的取值范围为_____.14．已知是公差不为零的等差数列，其前项和为，，，，成等比数列，记，则的最小值为_______.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．在平面四边形中，已知，，.(1)求；(2)若，，求.16．如图，已知圆台的母线长为2，且与底面所成角为，，分别为圆台上、下底面的直径，，是底面圆周上异于，的一点，是的中点.

(1)若，求证：是的中点；(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度.17．已知圆：，斜率不为0的直线过点且与圆交于，两点，过点与直线平行的直线交直线于点，记点的轨迹为曲线.(1)求的方程；(2)设直线与圆：相切，与曲线交于，两点，记为坐标原点，求的面积.18．已知函数.(1)若是的极小值点，求的值；(2)若有两个零点.（i）求的取值范围；（ii）求证：.19．一生物实验室进行某种细菌培养实验，假定初始时该实验拥有1个该种活性细菌，每个活性细菌1分钟后分裂成2个细菌的概率为，死亡的概率也为，分裂生成的新细菌亦如此，当细菌数为0个或4个时，停止培养实验，之后细菌数不再发生变化.记第分钟后，该实验室拥有此种细菌数为.(1)求的概率；(2)已知，求的概率；(3)求的数学期望.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【详解】全集，即，集合，，则.2．B【详解】设，，,，所以..3．D【详解】因为在第二象限，所以，，根据三角恒等式可得，则，，化简可得，因为在第二象限，即，所以，即在第一或第三象限，故，因此解得.4．B【分析】根据前三局甲领先的赛况，分第四局甲直接获胜、第四局甲负且第五局甲获胜两种互斥情况分别计算概率，求和即可得到甲最终获胜的概率.【详解】已知前三局甲以领先，甲最终获胜仅需再赢得局胜利，最多剩余局比赛，分两类互斥情形计算：第四局甲获胜，比赛直接结束，对应概率；第四局乙获胜，第五局甲获胜，对应概率；故甲最终获胜的总概率为.5．C【分析】先求出命题成立时的取值范围，再判断哪个选项对应集合是该范围的子集，即为的充分条件.【详解】由，可得.因为且区间的长度为，所以要使函数在区间内单调递增，则，可得.即命题：.所以的一个充分条件为，故C正确.6．A【分析】利用面面垂直的性质建立空间直角坐标系，求出异面直线的方向向量，通过向量夹角公式计算异面直线所成角的余弦值．【详解】取的中点，连接，因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以，且．又平面平面，平面平面，平面，根据面面垂直的性质定理，可得平面．以为坐标原点，方向为轴正方向，底面内垂直于的方向为轴正方向，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，可得各点坐标：，，，．因为是的中点，所以，则，．设异面直线与所成角为，，则．计算得：，，，，代入得．7．D【分析】根据三角形面积公式求解，通过椭圆的几何性质即可得到，结合余弦定理求解得到椭圆离心率.【详解】已知椭圆，则左、右焦点分别为，，点坐标，因为是以为直角顶点的直角三角形，所以，直角边，而，因此，而，因此，在中，，，由余弦定理得，即，化简得，而，因此离心率.

8．A【分析】将问题转化为对任意的，，因为，令，，则问题转化为对任意的，恒成立，构造函数，，求导，利用导数分析的单调性，求出最大值即可求解．【详解】对任意的恒成立，即对任意的，恒成立，，令，，，则对任意的，恒成立，令，，，令，得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，所以，所以的最小值为.9．BD【分析】对于选项A，可根据已知不等式判断的取值情况，再结合不等式性质判断与的大小关系；对于选项B，可根据不等式两边同时平方的性质判断与的大小关系；对于选项C，可通过作差法比较与的大小；对于选项D，可根据不等式的性质求出的取值范围．【详解】选项A，已知，因为，当时，，不满足，所以，则．不等式两边同时除以，不等号方向不变，可得．当时，满足，但此时，所以选项A错误．选项B，已知，因为和都有意义，所以．不等式两边同时平方，不等号方向不变，可得，即。因为函数在上单调递增，所以由可得，选项B正确。选项C，，因为，所以，，则，所以，即，选项C错误．选项D，已知，不等式两边同时乘以，不等号方向改变，可得，又因为，根据不等式的性质，两个不等式相加，不等号方向不变，可得，即，选项D正确．10．ABD【分析】对于A，根据分段函数定义可得当时，，，结合函数单调性即可判断；对于B，对每段函数分别求最大值即可判断；对于C，将代入函数计算函数值即可判断；对于D根据“运动后活跃期”定义求得满足的值即可判断.【详解】对于A，当时，，则，其中，为正整数，当时，，此时，符合题意，当时，，此时，不符合题意，因为单调递减，且为正整数，所以，故A正确；对于B，当且时，，所以当时，取得最大值：，当且时，，，因为在上单调递减，所以，所以当时，取得最大值：，综上，的最大值为124，故B正确；对于C，当时，，所以该运动员第9分钟时没有恢复到静息心率，故C错误；对于D，当且时，，当时，取得最小值，，所以此阶段该运动员身体一直处于“运动后活跃期”，当且时，，，即，所以，即，解得，所以有，，综上，当且时，，因此该运动员的“运动后活跃期”持续时间为5分钟，故D正确.11．BCD【分析】对于选项A，根据抛物线的几何性质以及直线与圆的位置关系，即可判断；对于选项B，结合中点坐标，联立直线与抛物线方程，利用弦长公式，即可求解；对于C选项，根据抛物线的几何性质与点与点间的距离公式，表示出求出最值即可；对于D选项，根据平行四边形的几何性质，联立直线与抛物线方程，即可求解.【详解】选项A，过焦点的弦，根据抛物线定义：等于到准线的距离，等于到准线的距离，因此中点到准线的距离为，即以为直径的圆与准线相切，准线上的点要么在圆上，此时，要么在圆外，此时，不存在点使得为钝角，故A选项错误.选项B，设，，中点横坐标为，则，设直线的方程为，联立抛物线方程得，，由韦达定理，，，因为，解得，代入和，化简得，，令，则，的最大值在时取得，因此，，故B选项正确.选项C，设在抛物线上，由抛物线定义，点坐标，则，代入得，，令，求导得，当时，取得最大值，因此，故C选项正确.选项D，四边形为平行四边形，则对角线与互相平分，即中点相同：，得。因为在抛物线上，所以，代入得：，，，所以。设直线的方程为，联立抛物线方程得，由韦达定理，解得，因此直线的方程为，恒过定点，故D正确12．15【分析】求出二项式展开式的通项公式，令的次数为0，求出的值，代入通项公式中可求得常数项.【详解】展开式的通项为，令，得，所以常数项为.故答案为：15.13．【分析】分别根据两组向量夹角为钝角的要求，列数量积小于0且排除共线反向的不等式，取交集得到t的取值范围.【详解】由可得，由得：，此时与的夹角为.所以若与的夹角为钝角，则.因为，由，得，由，得，此时与方向相同，所以若与的夹角为钝角，则.所以与的夹角为钝角，且与的夹角也为钝角，则.14．【分析】先利用等差数列前项和公式与等比中项性质求解首项和公差，再推导、的表达式，进而得到的表达式，通过计算正整数对应的取值得到最小值．【详解】设等差数列的公差为，，由，根据等差数列前项和公式，得：，化简得①，由成等比数列，根据等比中项性质得，将各项用展开：，整理得，因，故②，联立①②，将代入②，解得，。因此通项公式，前项和．代入得，计算不同的取值：时，，，故；时，；时，；时，；时，；时，，，故，综上，的最小值为．15．(1)(2)【详解】（1）在中，由余弦定理得：，因为，所以．（2）因为，，所以，在四边形中，，设，在中，，在中，，因为，所以。即整理得，解得在中，．16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据圆台的母线与底面所成角为，得到为等边三角形，即，根据线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理得到，结合为直径，即可得证.（2）建立空间直角坐标系，设（），求出平面的法向量，利用线面角的向量求法得到，联立求出点坐标，利用两点间距离公式求解即可.【详解】（1）连接，，，过点作，交于点，

圆台的母线与底面所成角为，即.又，所以为等边三角形，因为是的中点，所以.又平面，，所以平面.因为平面，所以.圆台中，为轴截面，所以平面平面，又平面平面，，所以平面，因为平面，所以.又，平面，所以平面.因为平面，所以.又为直径，所以是的中点.（2）结合（1）可得，，.以为原点，以，为轴、轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，设，则.，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以.设直线与平面所成角为，则.又，所以，整理得，所以.与联立，解得或（舍去，是底面圆周上异于，的点），此时，即.所以.17．(1)(2)【分析】（1）根据几何关系得到，结合双曲线的定义可知点的轨迹为以，为焦点的双曲线（右支），进而求方程即可；（2）设出直线方程，根据直线与圆相切求出直线方程，与双曲线联立，结合韦达定理及弦长公式求出，求出原点到直线的距离，代入三角形面积公式求解即可.【详解】（1）已知圆：，圆心，半径.

所以，故.因为，所以，又，所以，所以.则，又，根据双曲线的定义可知，点的轨迹为以，为焦点的双曲线（右支），即，，所以，，故的方程为.（2）设直线：，由直线与圆相切可得，解得，即.

不妨取，则直线：，代入双曲线方程整理得，，，设，，则，.所以，原点到直线的距离为，所以.18．(1)(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】(1)通过导数分析单调性，利用极小值点导数为0求解参数；(2)(i)分离参数后构造函数，通过单调性与最值确定参数范围；(ii)换元后结合极值点偏移，构造辅助函数证明不等式.【详解】（1）由，求导得，因恒成立，故的符号由决定，由是的极小值点，得，即，解得，当时，，时，单调递减；时，单调递增，故为极小值点，符合题意，因此，；（2）(i)由得，变形为，令，则的零点等价于与的图象交点，求导得，令，得，时，，单调递减；时，，单调递增，，且时，时，因此，的取值范围为；(ii)由是的零点，得，由单调性可知，令，，则，，且，，代入得，设，则，在上单调递减，在上单调递增，构