2025-2026学年河南省开封市高级中学高三下册模拟预测（三）数学试题 含解析

/河南省开封高级中学2026届高三下学期模拟预测（三）数学试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知，则（

）A． B． C． D．3．已知圆台的上底面半径为，母线长为，表面积为，则该圆台的高为（

）A． B． C． D．4．已知等差数列的前项和为，且，则（

）A． B． C． D．5．若函数是奇函数，则（

）A． B． C． D．6．已知的外接圆半径为，若，则的最大值为（

）A． B． C． D．7．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点，线段交C于点G，且直线在轴上的截距为，则C的离心率为（

）A． B． C． D．8．已知函数，若，分别为的极大值点和极小值点，且在区间上单调，则的取值范围是（

）A． B．C． D．二、多选题9．有一组样本数据6，8，5，6，7，10，则这组数据的（

）A．极差为4 B．中位数为6.5 C．平均数为7 D．方差为3.510．已知四棱锥的底面是矩形，且点P在底面上的射影恰为的中点，E，F分别为，的中点，则（

）A．平面B．C．当时，D．当是边长为的等边三角形时，四棱锥的体积为11．已知抛物线的焦点为，的所有顶点均在上，且，则（

）A． B．为定值C．可能是等边三角形 D．可能是直角三角形三、填空题12．设，则的最小值为_____________．13．设、为正数，若，且，则________．14．在中，，，，则____________，的面积为____________．四、解答题15．如图，在直三棱柱中，、分别为、的中点．

(1)证明：平面；(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值．16．已知椭圆的左焦点为，离心率为．(1)求的方程；(2)设点，过点且不与坐标轴垂直的直线交于、两点，且，求．17．甲、乙两支排球队进行一场比赛，比赛采取5局3胜制，每局比赛甲获胜的概率均为，比赛没有平局，且每局比赛的结果相互独立．(1)求前2局比赛甲、乙两队各胜一局的概率；(2)在甲获得比赛胜利的条件下，求甲在第3局获胜的概率；(3)记比赛结束时所进行的局数为，求的分布列及数学期望．18．已知数列、满足．(1)若，且，求的通项公式；(2)若，，设，数列、、、为、、、与、、、的所有项按从小到大的顺序排列所得到的数列，证明：．19．设，函数，．(1)若，判断是否为的极值点，并说明理由；(2)若，求的极值；(3)若，证明：．答案1．C【详解】集合，，所以，.2．D【详解】由，得，则，，所以.3．C【详解】设圆台的下底面半径为，则该圆台的表面积为，整理可得，因为，解得.故该圆台的高为.4．A【详解】设等差数列的公差为，前项和为，则，解得，故，故.5．B【详解】由为定义在上的奇函数，得，即，，.结合，得.所以.验证奇偶性：，满足奇函数定义.因此，.6．B【详解】由正弦定理可得，则，，因为，所以，所以，因为，所以，故当时，取最大值.7．C【详解】由题意易知直线方程为，直线方程为，联立得即代入双曲线方程,得，所以.8．D【详解】，由于，分别为的极大值点和极小值点，那么有两个不相同实根，且，那么，当函数在区间单调递增时，在上恒成立，那么，设,则，那么，设，由于，所以在上单调递增，，故；设，由于，所以，，则，由于，则,解得；当函数在区间单调递减时，在上恒成立，那么，设,则，那么，设，由于，所以在上单调递增，，故；设，由于，所以，，则，由于，则,解得；综上所述，的取值范围是9．BC【详解】有一组样本数据6，8，5，6，7，10，先对数据从小到大排列可得5,6,6,7,8,10，那么极差为，A错误；中位数为，B正确；平均数为：,C正确；方差为：，D错误.10．ACD【详解】设的中点为，连接，，由题意，平面.对于A：因为底面是矩形，所以也是的中点，连接，在中，分别为的中点，所以是的中位线，则，又因为平面，平面，所以平面，故A正确；以为原点，过且平行于的直线为轴，过且平行于的直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，则，为中点，则,为中点，则,对于B：，，则，仅当即底面为正方形时，，即，故B错误;对于C：当时，即，所以，，,，将代入得，所以，故C正确；对于D：当是边长为的等边三角形时，,，..由和解得，即，代入得，解得，则，代入得，解得，.此时底面边长为，高为，四棱锥的体积，故D正确.11．AB【详解】对于选项A，由可知点为的重心，根据重心的性质可知，,所以，，A正确；设，那么由于点为的重心,所以，对于选项B，，B正确;对于选项C，若是等边三角形，则，那么，由于与不重合，故由可知，又，故，由可得，所以，，，故不可能是等边三角形，C错误；对于选项D，，若，则，即，即，由，即，由可得与抛物线中有矛盾，同理，,也会出现同样的矛盾，故不可能是直角三角形，D选项错误.12．【详解】因为，则，所以，当且仅当时，即当时，等号成立.故当时，的最小值为.13．【详解】因为、为正数，若，且，即，即，即，即，整理可得，即，解得或，故有或，故.14．【详解】由，，可得，即，故.则，，所以，因此.又，联立,解得，，则.由，结合正弦定理与三角形面积公式，.15．(1)证明见解析(2)【详解】（1）法一：连接，交于点，连接、，如图．

因为四边形是矩形，所以是的中点．又是的中点，所以，且．

又，且，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以．

又平面，平面，所以平面．

法二：如图，连接交于点，连接交于点，连接．因为为的中点，且，所以．又为的中点，且，所以，所以C1MEM=因为平面，平面，所以平面．（2）如图，以为坐标原点，、、的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系．

不妨设，则、、、、，所以，，，．

设平面的一个法向量为，则，令，得，，则．设平面的一个法向量为，则，令，得，，则．设平面与平面的夹角为，则，

所以平面与平面夹角的余弦值为．16．(1)(2)或【详解】（1）由的焦点为，可知的半焦距，

因为的离心率为，所以，则．

又，所以，故的方程为．（2）由已知，设直线的方程为，设点、．联立，得，，由韦达定理可得，，所以．故线段的中点坐标为，

则线段的垂直平分线的方程为．

若，则线段的垂直平分线过点，所以−1化简整理得，解得或．

当时，因为，，所以；

当时，因为，，所以．

综上，的值为或．17．(1)(2)(3)分布列见解析，【详解】（1）设事件表示甲队第局获胜，则前局比赛甲、乙两队各胜一局的概率为．（2）设事件为甲获得本场比赛的胜利，则，

，

故．（3）根据题意得的所有可能取值为，，，其中，

，

，

则的分布列为所以．18．(1)(2)证明见解析【详解】（1）因为，且，所以，即，所以，

又，则，所以数列是首项为，公比为的等比数列，

所以，故．（2）因为，且，所以，所以，因为，故数列是每项都为的常数列，故，所以，所以，当时，不妨设满足ai>1>bi满足ai<1<b记中大于的项为、、、，中大于的项为b'k+1、b'k+2、、b'm，它们恰为、、、中的项．记中小于的项为a'k+1、a'k+2、、，中小于的项为b'1、b'2、它们恰为、、、中的项，其中，且，所以、中必有一项大于，有一项小于，所以、、、、、、、这项中必有项大于，项小于，根据数列的定义可知，是所有大于的项之和，是所有小于的项之和，所以，

又由上可知，所以.19．(1)不是的极值点，理由见解析(2)极小值为，无极大值．(3)证明见解析【详解】（1）不是的极值点，理由如下：若，则，所以，令，则．当时，，单调递增，；当时，，单调递减，

所以在上恒成立，所以在上单调递减.所以不是的极值点．（2）若，则，