河北省沧州市普通高中2026届高三复习质量检测+数学答案_2025年10月_251020河北省沧州市普通高中2026届高三复习质量检测（全科）_河北省沧州市普通高中2026届高三复习质量检测+数学

沧州市普通高中 2026 届高三复习质量监测 数学试卷 班级 姓名 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名及考号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本 试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知命题 ，则 ：（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定定义求解即可. 【详解】由命题 ，故 ： . 故选：A 2. 设复数 在复平面内对应的点位于第一象限，则 在复平面对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】令 ,由复数的除法运算化简 ，结合复数的几何意义即可求解. 【详解】由题可得 ,所以 ，对应点的坐标为 , 第 1页/共 17页因为 , ,所以 在复平面对应的点位于第四象限. 故选：D 3. 若椭圆 的短轴长为焦距的 倍，则 的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得 ，又 ，利用离心率的公式即可求解. 【详解】根据题意有 ， 所以 . 故选：B. 4. 平面直角坐标系 中，已知点 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据两点间距离公式计算 ，再利用余弦定理即可求得. 【详解】因为 ，三点不共线， 则 ， ， ， 由余弦定理，可得 . 故选：D. 5. 已知函数 ，若 ，则 （ ） 第 2页/共 17页A. B. 0 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】结合正弦函数的奇偶性代入求解. 详解】 ，所以 ， 则 . 故选:B. 6. 记等差数列 的前 项和为 ，若 ， ，则 （ ） A. 320 B. 400 C. 480 D. 560 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，列式求出首项及公差，再求出前 20 项的和. 【详解】由 ，得 ，而 ，解得 ，公差 ， 所以 . 故选：B 7. 已知函数 ，则曲线 在点 处的切线与两坐标轴所围成的三 角形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率，利用点斜式即得切线方程，求出切线与两坐标轴的交点坐标， 利用三角形面积公式即可求得答案. 【 详 解 】 由 求 导 ， 可 得 第 3页/共 17页， 则 ，又 ， 则曲线 在点 处的切线为 ， 则切线与两坐标轴的交点分别为 ， ，故三角形的面积为 . 故选：D. 8. 在三棱锥 P－ABC 中，点 P 到平面 ABC 的距离为 6，点 D，E 为边 PA，PB 的中点，且△CDE 为正三角 形.若 CA＝CB＝2DE，则点 P 到平面 CDE 的距离为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 【答案】C 【解析】 【分析】设△CDE 的面积为 S，则△ABC 的面积为 4S，三棱锥 P－ABC 的体积为 ，设点 P 到平面 CDE 的距离为 h，三棱锥 的体积为 ，进而可得体积比，求得 h. 【详解】因为点 D，E 为边 PA，PB 的中点， 所以 2DE＝AB，因此 AB＝CA＝CB，故△ABC 也为正三角形， 且其边长为△CDE 的边长的两倍，面积是△CDE 的面积的四倍， 设△CDE 的面积为 S，则△ABC 的面积为 4S. 三棱锥 的体积为 ，设点 到平面 的距离为 h， 第 4页/共 17页三棱锥 体积为 .所以三棱锥 C－PDE 的体积也为 ， 又因为点 D，E 为边 PA，PB 的中点，所以△PDE∽△PAB， 相似比为 ，面积比为 ，故三棱锥 C－PDE 与三棱锥 C－PAB 的体积之比为 ， 所以 ，所以 ，解得 h＝6， 所以点 P 到平面 CDE 的距离为 . 故选：C. 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. 已知偶函数 满足：当 时， ，则（ ） A. B. 当 时， C. D. 函数 在区间 上有零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用偶函数的定义、性质判断 ABC；利用零点存在性定理判断 D. 【详解】对于 A， ，A 正确； 对于 B，当 时， ，则 ，B 错误； 对于 C，当 时， ，当且仅当 时取等号，则 ， 当 时， ，因此 ，C 正确； 对于 D， ， ，即 ， 因此 在区间 上有零点，D 正确. 故选：ACD 10. 对于集合 M 中元素之间的一个关系“-”满足以下三个条件： ① ， ； ② ，若 ，则 ； 第 5页/共 17页③ ，若 ， ，则 . 则称“-”是集合 M 的一个等价关系.例如：“图形的相似性”是所有平面几何图形构成的集合的一个等价关 系，而“直线的平行关系”不满足条件①，所以不是等价关系.据此，下列关系中为等价关系的是（ ） A. 方程的同解 B. 向量的共线 C. 集合的包含 D. 命题的充要条件 【答案】AD 【解析】 【分析】需要逐一分析每个选项，判断其是否满足等价关系的三个条件：自反性，对称性和传递性. 【详解】对于 A，①方程本身与其自身同解，②若方程 A 与方程 B 同解，则方程 B 与方程 A 同解，③若方 程 A 与方程 B 同解，方程 B 与方程 C 同解，则方程 A 与方程 C 同解，故方程的同解是等价关系，A 正确； 对于 B，零向量与任意向量共线，故不符合条件③，B 错误； 对于 C，若集合 A 包含集合 B，集合 B 不一定包含集合 A，不符合条件②，C 错误； 对于 D，①命题 p 是命题 p 自身的充要条件，②若命题 p 是命题 q 的充要条件，则命题 q 是命题 p 的充要 条件，③若命题 p 是命题 q 的充要条件，命题 q 是命题 r 的充要条件，则命题 p 是命题 r 的充要条件，D 正 确. 故选：AD. 11. 已知抛物线 的焦点为 F，C 是直线 上一点，过点 C 作抛物线的两条切线与抛物线分别切 于点 A，B，连接 AF，BF，设直线 AB 与 x 轴交于点 P，直线 CF 与直线 AB 交于点 D，（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】先设点进而得出切线方程计算求解判断 A，与抛物线联立再结合抛物线定义判断 B，应用角平分线 定理结合数量积公式计算判断 C，应用角平分线定理结合点到直线距离公式计算判断 D. 【详解】设 ， ， ， 则在 A，B 处的两条切线可写为 ， 将 代入可得 ， 第 6页/共 17页所以 ， 在直线 上，即直线 AB 为 ， 与 x 轴的交点为 ，即 ，故 A 正确； 对于 B，设直线的方程为 ，其中 ， 与抛物线联立可得 ，则 ， ， 若 成立，即 成立， 由抛物线定义得 ， ， ， 所以 ，故B 正确； 对于 C，若 成立，可知 为 的平分线，即证明 ， 等价于证明 ，即证明 ， 即证明 ， 又 ， ， ， 代入化简可得 ， 即 ， 即 ，故 C 正确； 对于 D，若 成立，则 为 的平分线， 所以点 P 到直线 AC 的距离等于点 P 到直线 BC 的距离，即 ， 即只有当 时成立，故 D 错误. 故选：ABC. 第 7页/共 17页三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 样本数据 的极差和第 70 百分位数之和为__________. 【答案】6.6## 【解析】 【分析】根据极差及百分位数定义计算求解即可. 【详解】数据从小到大排列为 ， 样本数据的极差为 ， 由于 ，故样本数据的第 70 百分位数为第 5 个数 6.1， 所以两数之和为 ； 故答案 ： . 13. 在平面直角坐标系 xOy 中，直线 l： 上两点 A，B 关于原点 O 的对称点分别为点 C，D，且 四边形 ABCD 是正方形，则四边形 ABCD 的外接圆方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设点再根据 C，D 两点均在直线 ： 上，再应用点到直线距离得出 ，进而 得出半径即可得出标准方程. 详解】设 ， ，则 ， ， C，D 两点均在直线 ： 上，故直线 CD 即为 . 而直线 AB 与直线 CD 的距离 ，由 可知 ， 故由平面几何知识可得 ， 第 8页/共 17页由对称性可知正方形 ABCD 的外接圆圆心为 O，半径为 1，于是四边形 ABCD 的外接圆方程为 ， 故答案为： . 14. 现有 6 个形状、大小完全相同但颜色均不相同的小球，甲、乙两人采用不同方式分别从中拿取 3 个球： 甲从所有球中一次性随机抽取 3 个；乙将小球平均分为 A，B 两堆后，先从 A 堆中一次性取 i 个，再从 B 堆 中一次性取 个（ ），则乙的不同取法种数比甲多__________种. 【答案】380 【解析】 【分析】根据组合数的定义及分步乘法原理求解. 【详解】由于甲是在 6 个球中一次性取出 3 个，从而不同的取法数有 种； 对于乙，将小球平均分为 A，B 两堆有 种方法， 而对于每一个给定的分堆方式，其取法数为 ， 所以乙的不同取法数为 种，故乙的不同取法数比甲多 380 种， 故答案为：380. 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. 如图，在直三棱柱 中， 平面 ， . （1）证明： ； （2）若直线 与平面 所成角为 ，求 . 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 第 9页/共 17页【分析】（1）由线面垂直分别推得 ， ，再由线线垂直证明线面垂直，最后利用线面 垂直的性质即可证得； （2）根据（1）的结论，建系，求出相关点和向量的坐标，利用空间向量夹角公式计算即得. 【小问 1 详解】 由 平面 ， 平面 ，可得 ， 在直三棱柱 中， 平面 ， 平面 ，则 ， 又 ， 平面 ，所以 平面 ， 又 平面 ，可得 . 【小问 2 详解】 由 平面 ， 平面 ，可得 . 因四边形 是矩形，故四边形 是正方形，则 ， 由（1）已得 平面 ， ， 故可以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为 x、y、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 ， 不妨设 ，则 ， ， ，故 ， 由题易知平面 的一个法向量为 ， 则 ， 解得 ，因 ，则 . 第 10页/共 17页16. 已知△ABC 的三个内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， 且 . （1）若 ，求 a； （2）若 的周长为 4c，求 的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先计算求出 ，再应用两角和正弦公式结合正弦定理计算求解； （2）先根据周长化简得出 ，再应用余弦定理计算求解得出 ，最后应用面积公式计算求解. 【小问 1 详解】 由 ，可得 ， 显然 ，故 ， 于是 ， 在 中，由正弦定理可知 ，故 . 【小问 2 详解】 由题可知 ，又 ，故 ， 由余弦定理可知 ， 即 ，化简得 ，故 （舍）或 ， 故 的面积 . 17. 粮食是一个国家发展的基石，保障粮食安全是维护社会稳定的重要因素.小麦是我国两大口粮作物之一， 其自身的稳定供应保障了数亿人口的食物需求，并通过产业链延伸带动了相关产业发展，促进了我国北方 地区的经济发展.我国于 2020 年打赢了脱贫攻坚战，其中小麦发挥了重大作用.以 2020 年为第 1 年，我国连 第 11页/共 17页续 5 年小麦产量如下： 年份 1 2 3 4 5 产量/千万吨 13.4 13.7 13.8 13.6 14.0 现规定 表示第 i 年的年份， 表示第 i 年的产量，经计算得 ， ， . （1）求样本 （ ，2，…，5）的相关系数（精确到 0.01）； （2）现从这 5 年中随机抽取 2 年，记这 2 年中共有 X 年的小麦产量不低于 13.7 千万吨，求 X 的分布列与 期望. 附：样本相关系数 ， . 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）先求出平均值，再应用已知数据结合相关系数公式计算求解； （2）根据超几何分布求出概率，再写出分布列应用数学期望公式计算即可. 【小问 1 详解】 ， ， 故样本相关系数 . 【小问 2 详解】 X 的取值可以为 0，1，2， 第 12页/共 17页则 ， ， ， 于是 X 的分布列为 X 0 1 2 P 故 . 18. 已知双曲线 E： （ ， ）的左、右焦点分别为 ， ，其上一点 满足 . （1）求 E 的方程. （2）记 E 的右顶点为 B，射线 BA 上两点 P，Q 满足 . （ⅰ）若点 P 的横坐标为 m，求点 Q 的坐标（用 m 表示）； （ⅱ）已知 ， ，若 的面积为 ，求 . 【答案】（1） （2）（ⅰ） ；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据双曲线定义得出 ，再把点代入双曲线计算得出 即可求解； （2）（ⅰ）先设直线方程进而设点 ，再根据 ，计算求参； （ⅱ）应用正弦定理结合两点间距离公式计算得出正弦比. 【小问 1 详解】 第 13页/共 17页因为 ，故 ， 将 代入 ，可得 ，解得 ， 故 E 的方程为 . 【小问 2 详解】 （ⅰ）因为 ，而 ，故直线 AB 的斜率 ， 于是直线 AB 的方程为 ， 故 .设点 Q 的横坐标为 n，则 ，其中 于是 ， 故 ，于是点 Q 的坐标为 ， （ⅱ）记 E 的半焦距为 c，则 ，故 ， . 于是 ， 故 的面积为 ，解得 ，故 ， 于是 ， ， ， ， 在 中，由正弦定理可知 ， 在 中，由正弦定理可知 ， 又 ， 两式作比，可得 ， 于是 . 第 14页/共 17页19. 已知函数 ． （1）当 时，证明： ； （2）当 时，若 ，求 的最大值； （3）若 恰有 2 个零点和 3 个极值点，证明： ． 【答案】（1）证明见解析； （2）1 （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）计算得 ，构造函数 ，求导得其单调性，则得到其最值， 从而判断出其小于等于 0； （2）取 ，分 和 讨论即可； （3）设 ，求导得其单调性，再假设新函数 ，求导 后利用极值点个数得到相关不等式，解出即可. 【小问 1 详解】 . 设 ，则 ， 故当 时， 在区间 上单调递增； 当 吋， 在区间 上单调递减， 故 ． 第 15页/共 17页因此 ，得证． 【小问 2 详解】 取 ，则 ，由（1）知 在区间 上单调递减， 故当 时， ，故必有 , 当 时， ，则 ， 故当 时， 在区间 上单调递减； 当 时， 在区间 上单调递增， 故 ，符合题意，因此 的最大值是 1． 【小问 3 详解】 设 ， 则 ， 故当 时， 在区间 上单调递减； 当 时， 在区间 上单调递增， 所以当 时， 取极小值 ． 若 恰有 2 个零点，则 ，得 ． ，设 ， 则 ，由 恰有 3 个极值点，得 必有 2 个正零点， 记为 ，故 ， 即 ， 当 ，或 时， 区间 上单调递增，当 时， 第 16页/共 17页在区间 上单调递减， 当 时， 取极大值 ，当 时， 取极小值 ， 由 恰有 3 个极值点，则 必有 3 个正零点， 由 有 ， 故 ． 因为 ， 所以必有 ，即 ， 由 ，有 ，则 ． 由 ，有 ，即 ， 因为函数 在区间 上单调递增，若 ， 则 ，矛盾， 故 得证． 第 17页/共 17页