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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3.5
10．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：．
参考答案
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，则．
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，
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，不妨设满足的情况共有个，
满足的情况共有个．
记中大于的项为、、、，中大于的项为、、、，
它们恰为、、、中的项．
记中小于的项为、、、，中小于的项为、、，，
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，
所以．
因为在区间上单调递增，且，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以是的极小值点，
故的极小值为，无极大值．
（3）证明：当时，
因为函数在定义域上单调递减，函数在定义域上单调递增，且当时，，
所以，且，
所以．
由（1）可知，即，
所以．
又函数在定义域上单调递增，且当时，，
所以．
所以当时，.
故时，．

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