2026届河北省邢台市桥西区第一中学高考冲刺押题（最后一卷）数学试题试卷含解析.doc

2026届河北省邢台市桥西区第一中学高考冲刺押题（最后一卷）数学试题试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．在函数：①；②；③；④中，最小正周期为的所有函数为（ ）
A．①②③ B．①③④ C．②④ D．①③
2．若，则“”是“的展开式中项的系数为90”的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F且EF=，则下列结论中错误的是（ ）

A．AC⊥BE B．EF平面ABCD
C．三棱锥A-BEF的体积为定值 D．异面直线AE,BF所成的角为定值
4．设函数，若函数有三个零点，则（　　）
A．12 B．11 C．6 D．3
5．在棱长为a的正方体中，E、F、M分别是AB、AD、的中点，又P、Q分别在线段、上，且，设平面平面，则下列结论中不成立的是（ ）

A．平面 B．
C．当时，平面 D．当m变化时，直线l的位置不变
6．已知P是双曲线渐近线上一点，，是双曲线的左、右焦点，，记，PO，的斜率为，k，，若，-2k，成等差数列，则此双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
7．已知角的终边经过点,则
A． B．
C． D．
8．赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的）.类比“赵爽弦图”.可类似地构造如下图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成一个大等边三角形.设，若在大等边三角形中随机取一点，则此点取自小等边三角形（阴影部分）的概率是（ ）

A． B． C． D．
9．已知复数，为的共轭复数，则（ ）
A． B． C． D．
10．设是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是（　　）
A．若,,则 B．若，,则
C．若,,则 D．若,,则
11．设过定点的直线与椭圆：交于不同的两点，，若原点在以为直径的圆的外部，则直线的斜率的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
12．复数的（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知为双曲线：的左焦点，直线经过点，若点，关于直线对称，则双曲线的离心率为__________．
14．齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马.现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛，则田忌的马获胜的概率为__________．
15．已知抛物线的焦点为，过点且斜率为1的直线与抛物线交于点，以线段为直径的圆上存在点，使得以为直径的圆过点，则实数的取值范围为________．
16．平面向量与的夹角为，，，则__________．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知等差数列和等比数列满足：
(I)求数列和的通项公式；
(II)求数列的前项和.
18．（12分）如图，底面ABCD是边长为2的菱形，，平面ABCD，，，BE与平面ABCD所成的角为.

（1）求证：平面平面BDE；
（2）求二面角B-EF-D的余弦值.
19．（12分）已知函数，.
（1）当时，判断是否是函数的极值点，并说明理由；
（2）当时，不等式恒成立，求整数的最小值.
20．（12分）如图，四棱锥中，平面，，，.

（Ｉ）证明：；
（Ⅱ）若是中点，与平面所成的角的正弦值为，求的长.
21．（12分）在数列中，已知，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，证明：.
22．（10分）如图，在中，，的角平分线与交于点，.

（Ⅰ）求；
（Ⅱ）求的面积.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A
【解析】
逐一考查所给的函数：
，该函数为偶函数，周期 ；
将函数 图象x轴下方的图象向上翻折即可得到 的图象，该函数的周期为 ；
函数的最小正周期为 ；
函数的最小正周期为 ；
综上可得最小正周期为的所有函数为①②③.
本题选择A选项.
点睛：求三角函数式的最小正周期时，要尽可能地化为只含一个三角函数的式子，否则很容易出现错误．一般地，经过恒等变形成“y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)，y＝Atan(ωx＋φ)”的形式，再利用周期公式即可．　
2．B
【解析】
求得的二项展开式的通项为,令时,可得项的系数为90,即,求得,即可得出结果.
【详解】
若则二项展开式的通项为,令,即,则项的系数为,充分性成立;当的展开式中项的系数为90,则有,从而,必要性不成立.
故选:B.
本题考查二项式定理、充分条件、必要条件及充要条件的判断知识,考查考生的分析问题的能力和计算能力,难度较易.
3．D
【解析】
A．通过线面的垂直关系可证真假；B．根据线面平行可证真假；C．根据三棱锥的体积计算的公式可证真假；D．根据列举特殊情况可证真假.
【详解】
A．因为，所以平面，
又因为平面，所以，故正确；
B．因为，所以，且平面，平面，
所以平面，故正确；
C．因为为定值，到平面的距离为，
所以为定值，故正确；
D．当，，取为，如下图所示：

因为，所以异面直线所成角为，
且，
当，，取为，如下图所示：

因为，所以四边形是平行四边形，所以，
所以异面直线所成角为，且，
由此可知：异面直线所成角不是定值，故错误.
故选：D.
本题考查立体几何中的综合应用，涉及到线面垂直与线面平行的证明、异面直线所成角以及三棱锥体积的计算，难度较难.注意求解异面直线所成角时，将直线平移至同一平面内.
4．B
【解析】
画出函数的图象，利用函数的图象判断函数的零点个数，然后转化求解，即可得出结果．
【详解】
作出函数的图象如图所示，

令，
由图可得关于的方程的解有两个或三个（时有三个，时有两个），
所以关于的方程只能有一个根（若有两个根，则关于的方程有四个或五个根），
由，可得的值分别为，
则
故选B．
本题考查数形结合以及函数与方程的应用，考查转化思想以及计算能力，属于常考题型.
5．C
【解析】
根据线面平行与垂直的判定与性质逐个分析即可.
【详解】
因为,所以,因为E、F分别是AB、AD的中点,所以,所以,因为面面,所以.选项A、D显然成立；
因为,平面,所以平面,因为平面,所以,所以B项成立；
易知平面MEF,平面MPQ,而直线与不垂直,所以C项不成立.
故选：C
本题考查直线与平面的位置关系.属于中档题.
6．B
【解析】
求得双曲线的一条渐近线方程，设出的坐标，由题意求得，运用直线的斜率公式可得，，，再由等差数列中项性质和离心率公式，计算可得所求值．
【详解】
设双曲线的一条渐近线方程为，
且，由，可得以为圆心，为半径的圆与渐近线交于，
可得，可取，则，
设，，则，，，
由，，成等差数列，可得，
化为，即，
可得，
故选：．
本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率，考查方程思想和运算能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
7．D
【解析】
因为角的终边经过点,所以,则,
即.故选D．
8．A
【解析】
根据几何概率计算公式，求出中间小三角形区域的面积与大三角形面积的比值即可．
【详解】
在中，，，，由余弦定理，得，
所以.
所以所求概率为.
故选A.
本题考查了几何概型的概率计算问题，是基础题．
9．C
【解析】
求出，直接由复数的代数形式的乘除运算化简复数.
【详解】
.
故选：C
本题考查复数的代数形式的四则运算，共轭复数，属于基础题.
10．C
【解析】
在A中，与相交或平行；在B中，或；在C中，由线面垂直的判定定理得；在D中，与平行或．
【详解】
设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则：
在A中，若，，则与相交或平行，故A错误；
在B中，若，，则或，故B错误；
在C中，若，，则由线面垂直的判定定理得，故C正确；
在D中，若，，则与平行或，故D错误．
故选C．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是中档题．
11．D
【解析】
设直线：，，，由原点在以为直径的圆的外部，可得，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，即可求得答案.
【详解】
显然直线不满足条件，故可设直线：，
，，由，得，
，
解得或，
，，
，
，

，
解得，
直线的斜率的取值范围为.
故选：D.
本题解题关键是掌握椭圆的基础知识和圆锥曲线与直线交点问题时，通常用直线和圆锥曲线联立方程组，通过韦达定理建立起目标的关系式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题．
12．C
【解析】
所对应的点为（-1，-2）位于第三象限.
【考点定位】本题只考查了复平面的概念，属于简单题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
由点，关于直线对称，得到直线的斜率，再根据直线过点，可求出直线方程，又，中点在直线上，代入直线的方程，化简整理，即可求出结果.
【详解】
因为为双曲线：的左焦点，所以，又点，关于直线对称，，所以可得直线的方程为，又，中点在直线上，所以，整理得，又，所以，
故，解得，因为，所以.
故答案为
本题主要考查双曲线的简单性质，先由两点对称，求出直线斜率，再由焦点坐标求出直线方程，根据中点在直线上，即可求出结果，属于常考题型.
14．.
【解析】
分析：由题意结合古典概型计算公式即可求得题中的概率值.
详解：由题意可知了，比赛可能的方法有种，
其中田忌可获胜的比赛方法有三种：田忌的中等马对齐王的下等马，
田忌的上等马对齐王的下等马，田忌的上等马对齐王的中等马，
结合古典概型公式可得，田忌的马获胜的概率为.
点睛：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.
15．
【解析】
由题意求出以线段AB为直径的圆E的方程，且点D恒在圆E外，即圆E上存在点，使得，则当与圆E相切时，此时，由此列出不等式，即可求解。
【详解】
由题意可得，直线的方程为，联立方程组，可得，
设，则，，
设，则，，
又，
所以圆是以为圆心，4为半径的圆，所以点恒在圆外．
圆上存在点，使得以为直径的圆过点，即圆上存在点，使得，设过点的两直线分别切圆于点，
要满足题意，则，所以，
整理得，解得，
故实数的取值范围为
本题主要考查了直线与抛物线位置关系的应用，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中准确求得圆E的方程，把圆上存在点，使得以为直径的圆过点，转化为圆上存在点，使得是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题。
16．
【解析】
由平面向量模的计算公式，直接计算即可.
【详解】
因为平面向量与的夹角为，所以，
所以;
故答案为
本题主要考查平面向量模的计算，只需先求出向量的数量积，进而即可求出结果，属于基础题型.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17． (I) ，；(II)
【解析】
(I)直接利用等差数列，等比数列公式联立方程计算得到答案.
(II) ，利用裂项相消法计算得到答案.
【详解】
(I) ，故，
解得，故，.
(II)
，故.
本题考查了等差数列，等比数列，裂项求和，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.
18．（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）要证明平面平面BDE，只需在平面内找一条直线垂直平面BDE即可；
（2）以O为坐标原点，OA，OB，OG所在直线分别为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系，分别求出平面BEF的法向量，平面的法向量，算出即可.
【详解】
（1）∵平面ABCD，平面ABCD.
∴.
又∵底面ABCD是菱形，∴.
∵，∴平面BDE，
设AC，BD交于O，取BE的中点G，连FG，OG，
，，四边形OCFG是平行四边形
，平面BDE
∴平面BDE，
又因平面BEF，
∴平面平面BDE.

（2）以O为坐标原点，OA，OB，OG所在直线分别为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系
∵BE与平面ABCD所成的角为，
，
，，，，.
，
设平面BEF的法向量为，，
，
设平面的法向量

设二面角的大小为.
.
本题考查线面垂直证面面垂直、面面所成角的计算，考查学生的计算能力，解决此类问题最关键是准确写出点的坐标，是一道中档题.
19．（1）是函数的极大值点，理由详见解析；（2）1.
【解析】
（1）将直接代入，对求导得，由于函数单调性不好判断，故而构造函数，继续求导，判断导函数在左右两边的正负情况，最后得出，是函数的极大值点；
（2）利用题目已有条件得，再证明时，不等式 恒成立，即证，从而可知整数的最小值为1.
【详解】
解:（1）当时，.
令，则
当时，.
即在内为减函数，且
∴当时，;当时，.
∴在内是增函数，在内是减函数.
综上，是函数的极大值点.
（2）由题意，得，即.
现证明当时，不等式成立，即.
即证
令
则
∴当时，;当时，.
∴在内单调递增，在内单调递减，
的最大值为.
∴当时，.
即当时，不等式成立.
综上，整数的最小值为.
本题考查学生利用导数处理函数的极值，最值，判断函数的单调性，由此来求解函数中的参数的取值范围，对学生要求较高，然后需要学生能构造新函数处理恒成立问题，为难题
20．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）
【解析】
（Ⅰ）取的中点，连接，由，，得三点共线，且，又，再利用线面垂直的判定定理证明.
（Ⅱ）设，则，，在底面中，，在中，由余弦定理得：，在中，由余弦定理得，两式相加求得，再过作，则平面，即点到平面的距离，由是中点，得到到平面的距离，然后根据与平面所成的角的正弦值为求解.
【详解】
（Ⅰ）取的中点，连接，
由，，得三点共线，
且，又，，
所以平面，
所以.
（Ⅱ）设，，，
在底面中，，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得，
两式相加得：，
所以 ，
，
过作，则平面，
即点到平面的距离，
因为是中点，所以为到平面的距离，
因为与平面所成的角的正弦值为，
即，
解得.
本题主要考查线面垂直的判定定理，线面角的应用，还考查了转化化归的思想和空间想象运算求解的能力，属于中档题.
21．（1）；（2）见解析.
【解析】
（1）由已知变形得到，从而是等差数列，然后利用等差数列的通项公式计算即可；
（2）先求出数列的通项，再利用裂项相消法求出即可.
【详解】
（1）由已知，，即，又，则数列是以1为首项3
为公差的等差数列，所以，即.
（2）因为，则，
所以，又
是递增数列，所以，综上，.
本题考查由递推公式求数列通项公式、裂项相消法求数列的和，考查学生的计算能力，是一道基础题.
22．（Ⅰ）;（Ⅱ）.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）在中，由余弦定理得，由正弦定理得，可得解；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，进而得，在中，由正弦定理得，所以的面积即可得解.
试题解析：
（Ⅰ）在中，由余弦定理得
，
所以，由正弦定理得，所以.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知.
在中， .
在中，由正弦定理得，所以.
所以的面积.