2025-2026学年河北省沧州市盐山中学高三下册高考考前模拟预测数学试题 含解析

/河北省盐山中学2026届高三下学期保温练习数学试题一、单选题1．已知复数，则（

）A． B． C．3 D．52．设，则“”是“函数的图象关于直线对称”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件3．已知双曲线的一条渐近线与直线平行，则（

）A． B． C．2 D．44．已知函数的部分图象如图，则的解析式可能为：（

）A． B．C． D．5．已知函数，若，则的最小值为（

）A．1 B．2 C． D．6．如图，在中，点为线段的中点，，，则（

）A． B． C． D．27．已知函数，，则（

）A．， B．，C．， D．，8．某深度学习框架提供了一种自然指数衰减的学习率调整模型（，，，），其中为初始学习率，为衰减率，为衰减步长，为训练步数，为第步时的学习率.现有两种学习率衰减策略和，初始学习率相同，策略的参数为，，策略的参数为，.已知当训练步数为时，策略的学习率首次大于策略的学习率的2倍，当训练步数为时，策略的学习率首次大于策略的学习率的8倍，则（

）（参考数据：）A． B． C． D．二、多选题9．已知（），则下列结论正确的是（

）A．ab的最小值为2 B．的最小值为C．的最大值为1 D．的最小值为10．已知函数则下列选项正确的是（

）A．是偶函数 B．在上单调递减C．的极值点为 D．在上有且仅有4个零点11．已知，为自然对数的底数，若，则（

）A． B． C． D．三、填空题12．若二项式展开式中的常数项为160，则______．13．已知，的取值范围为______．14．无穷数列前项和为，且满足：，，，，则下面说法中，所有正确结论的序号是______．①；②数列有最大值，无最小值；③，使得；④，均有.四、解答题15．在中，.(1)求；(2)若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得满足条件的有两个，求这两个三角形的面积.条件①：；条件②：；条件③.注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.16．如图，在四棱锥中，底面是梯形，，点是的中点，平面与交于点.(1)求证：；(2)若平面，，，，求直线与平面所成角的正弦值.17．已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，求满足的的取值范围；(3)当时，判断曲线上是否存在两个不同的点关于点对称，并说明理由．18．已知椭圆的长轴长与短轴长之和为6，焦距为．(1)求椭圆的方程；(2)设为原点，点分别为椭圆上位于第一象限，第二象限内的点，且．当点满足时，求证：点在椭圆上．19．若数列：，，…，（）满足如下两个性质，则称为数列：①，，…，是1，2，…，的一个排列；②，，…，是1，2，…，的一个排列.(1)判断数列：1，4，3，2和数列：5，1，4，2，3是否为数列？说明理由；(2)若数列：，，…，满足，，求证：数列：，，…，不是数列；(3)若数列：，，…，（）为数列，求的最小值.答案1．B【详解】因为；故．2．A【详解】∵函数的对称轴满足，即.充分性：若，则，满足对称轴条件，充分性成立.必要性：取，是函数对称轴，但，必要性不成立.故为充分不必要条件，A正确.3．C【详解】已知双曲线方程为，其渐近线方程为.直线可化为.因为一条渐近线与该直线平行，所以它们的斜率相等，即，两边同乘得，解得（舍去，因），所以.4．A【详解】由图可知，关于原点中心对称，且不是上的单调函数；对于B，是偶函数，不符合，排除B；对于C，的定义域不含，不符合，排除C；对于D，由复合函数的单调性知是单调递增函数，排除D；所以A正确.5．B【详解】函数的定义域为，可得函数在上单调递增，又，由，得，因为函数在上单调递增，所以，所以，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为.故选：B.6．A【详解】∵为中点，∴.又，∴.可得，，∴.7．C【详解】当时，，，所以，，故A错误；时，令，则，令，则，所以在上递增，又，，所以，有，即，当时，，递减；当时，，递增；又，则，即，，故C正确；B错误；时，令，则，易知在上递增，则，则在上递增，所以，即恒成立，故D错误.8．A【详解】根据题意，策略的学习率，策略的学习率；当时，由题可知：，即，也即，两边取对数可得：，故，又，故，又，且为策略的学习率首次大于策略的学习率的倍，故；当时，由题可知：，即，也即，两边取对数可得：，故，又，故，又，且为策略的学习率首次大于策略的学习率的倍，故；故，也即.故选：A.9．BD【详解】对于A，，即，，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为8，故A错误；对于B，由得，，当时，结合，即时等号成立，故B正确；对于C，由，得，由，且，得，所以，故C错误；对于D，由，两边平方后得，即，由A知，所以，所以的最小值为，故D正确.故选：BD10．ABD【详解】由,解得：，所以的定义域为，定义域关于原点对称，由于，所以是偶函数，故A正确；对于B，当时，，则，当时，，所以在上单调递减,故B正确；对于C，当时，令，解得：，当时，令，解得：，综上，的极值点为或,故C错误；对于D，当时，，则不是的零点，当时，由B可知，在上单调递减，则在上单调递增，由于，，当时，，由于，，故在上有唯一零点，由于，当时，，所以在上有唯一零点，所以在上有两个零点，根据偶函数的对称性可得在也有两个零点，综上在上有且仅有4个零点,故D正确.11．BCD【详解】由，得，，即.令，则，由，得，由得，则函数在上单调递减，在上单调递增，因为，由，得，当时，，得；当时，，有，因此，即，选项B正确；当时，，选项A错误；因为，，所以，得，选项C正确；若，则，又，得，即，令，则，由，得，由，得，则函数在上单调递增，在上单调递减，所以，与矛盾，所以，选项D正确.12．2【详解】由题二项式展开式的通项公式为：，所以当时的项为常数项，解得.故2.13．【详解】由题意得，化简得，当时，，而函数在上递减，则，则，所以．故答案为.14．①②④【详解】由可得，即.对①：令，则，所以，令，得，又，可解得，故正确；对②：依题意有，，因为，所以，所以，，由得，所以，因为随着的增大而增大，所以，所以，即，所以随着的增大而减小，故为正项单调递减的无穷数列，且，故数列有最大值，无最小值，即正确；对③：因为，当且仅当时取等号，因此，即，当且仅当时取等号，故错误；对④：，即，即正确．15．(1)；(2)满足条件①的三角形有且只有1个；满足条件②或③的三角形有两个，这两个三角形的面积分别为和.【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，即，而，则，又，所以.（2）选择条件①，，而，，则唯一确定，不符合题意.选择条件②，，由正弦定理得，，则，，，当时，，因此的面积；当时，，因此的面积，所以这两个三角形的面积分别为和.选择条件③，，由余弦定理，得，即，解得或，当时，的面积；当时，的面积，所以这两个三角形的面积分别为和.16．(1)证明见解析(2)【详解】（1），平面，平面，则有平面，平面，平面平面，所以.（2），，则为等边三角形，连接，则，又，有，中，由余弦定理，得，有，得，所以，又平面，以为原点，分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设平面的一个法向量，有，设，则，即，设直线与平面所成角为，则.17．(1)(2)(3)曲线上不存在两个不同的点关于点对称，理由见解析【详解】（1）当时，，所以，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为，即；（2）若，由，可得，令，，所以有两个正根，记两正根为，且，当，，所以在上单调递增，当，，所以在上单调递减，当，，所以在上单调递增，所以函数至多三个零点，又，，，所以函数有三个零点，所以且，所以满足的的取值范围为；（3）曲线上不存在两个不同的点关于点对称，理由如下：设曲线上是否存在两个不同的点关于点对称，即关于点对称，所以，所以有解，所以在上有解，所以，即，令，因为，所以，即在上有解.令，求导得，因为，所以，所以，所以在上单调递增，所以，所以在上无解，故曲线上不存在两个不同的点关于点对称.18．(1)(2)证明见解析【详解】（1）由题意得：，解得，，所以椭圆的方程为.（2）设点，由向量关系，得的坐标为：，，要证点在椭圆上，只需证，展开计算：因为点在椭圆上，故，同理，代入得：，​接下来证明：由题​​，代入点的椭圆方程得：，又点满足，故。由点在第一象限得，点在第二象限得，故，将​代入得：.因此满足椭圆方程，故点在椭圆上，得证.19．(1)数列不是数列，是数列．(2)证明见解析；(3).【详解】（1）因为，而3，1，1不是1，2，