精品解析：河南省新乡市河南师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题

河南省新乡市河南师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学 考试时间：120分钟 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. *祝考试顺利！ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若圆上有且仅有3个点到直线的距离为1，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 3. 已知函数的部分图象如图所示（ 为图象与 轴的一个交点， 为图象的一个最高点），且，则的一个对称中心可以是（ ） A. B. C. D. 4. 一个等差数列共有项，其奇数项之和为319，偶数项之和为290，则此数列第项为（ ） A. 31 B. 30 C. 29 D. 28 5. 用一个圆心角为，面积为的扇形（为圆心）围成一个圆锥（点恰好重合），该圆锥顶点为 ，底面圆的直径为 ，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，其定理陈述如下：如果函数 在闭区间上连续，在开区间内可导，则在区间内至少存在一个点，使得称为函数在闭区间上的中值点．若关于函数在区间上的“中值点”个数为m，函数在区间上的“中值点”的个数为n，则有（ ）（参考数据：） A. 1 B. 2 C. 0 D. 3 7. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线等．某星形线如图所示，已知该曲线上一点的坐标可以表示为，若，且，则 （　　） A. B. C. 2 D. 8. 如图，1752年，两位法国天文学家为了测量地球与月球之间的距离，利用几乎位于同一经线上，且纬度差约为 的柏林（点 ）与好望角（点 ）为基点，测量出，的大小.设地球半径为 ，则地球表面与月球表面的最小距离约为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知随机变量X的分布列如下表： X 1 2 3 4 5 其中成等比数列，则下列结论正确的是（ ） A. 成等差数列 B. C. D. 10. 在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象.则称为“旋转函数”.那么（ ） A. 存在旋转函数 B. 旋转函数一定是旋转函数 C. 若为旋转函数，则 D. 若为旋转函数.则 11. 记函数的导函数为，的导函数为，且，，定义域均为，若为偶函数，为奇函数，，且对任意的，，均有，则（ ） A. 为周期函数 B. C. D. 在区间上单调递减 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知四面体的各个面都是边长为2的正三角形，其三个顶点在圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面的圆心，则圆柱的外接球的表面积为_____. 13. 在 中，为线段 的中点，点 在线段 上端点不重合，若，则的最大值为__________. 14. 已知是函数在其定义域上的导函数，且，，若函数在区间内存在零点，则实数m的取值范围是______． 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. 某汽车品牌计划推出两款新车型：纯电动版（EV）和插电混动版（PHEV）在某市随机调查了300名消费者的购买意愿，调查数据按收入水平分组如下表（单位：人）. 车型 低收入群体（20万/年） 中收入群体（20万/年—50万/年） 高收入群体（ 50万/年） 愿意 不愿意 愿意 不愿意 愿意 不愿意 EV 70 30 70 50 40 40 PHEV 20 80 60 60 60 20 假设所有消费者的购买意愿相互独立，用频率估计概率. （1）从该市全体消费者中随机抽取1人，估计其愿意购买纯电动版（EV）的概率 ； （2）假设该市社区内的低收入，中收入和高收入的消费者人数之比为，从社区的全体消费者中随机抽取1人，将其愿意购买纯电动版（EV）的概率估计值记为，试比较与 的大小； （3）从该市全体中收入群体和高收入群体中各自随机抽取2人，记为这4人中愿意购买插电混动版（PHEV）的人数，求的分布列和数学期望. 16. 如图1，在 中，，、 两点分别在 、 上，且.现将 沿 折起，使二面角为直二面角，得到四棱锥，如图2. （1）证明： 平面； （2）求直线 与平面所成角的正弦值. 17. 已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为 的直线 与椭圆有两个不同的交点 、 . （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）若，求的最大值； （Ⅲ）设，直线 与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点 共线，求 . 18. 已知函数， （1）讨论函数的单调区间； （2）讨论函数的零点个数； （3）对任意的恒成立，求 的取值范围； 19. 帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数在 处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，．注：，，，，…；为的导数）．已知在 处的阶帕德近似为． （1）求实数a，b的值； （2）比较与的大小； （3）若有3个不同的零点，求实数m的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省新乡市河南师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学 考试时间：120分钟 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. *祝考试顺利！ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据补集的知识求得正确答案. 【详解】依题意，集合，， 所以. 故选：C 2. 若圆上有且仅有3个点到直线的距离为1，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，将问题转化为圆心 到直线为1求解. 【详解】圆的圆心，半径 ， 由圆 上有且仅有3个点到直线的距离为1， 得圆心 到直线为1，则，而， 所以. 故选：B 3. 已知函数的部分图象如图所示（ 为图象与 轴的一个交点， 为图象的一个最高点），且，则的一个对称中心可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可得函数的周期和振幅，进而可得函数的一个对称中心. 【详解】由，得，，所以， 所以，令，得， 所以当时，，所以是函数的一个对称中心. 故选：B. 4. 一个等差数列共有项，其奇数项之和为319，偶数项之和为290，则此数列第项为（ ） A. 31 B. 30 C. 29 D. 28 【答案】C 【解析】 【分析】由题中条件及等差数列的性质可得：，两式相减即可求解. 【详解】由题中条件及等差数列的性质可知：， 所以. 故选：C. 5. 用一个圆心角为，面积为的扇形（ 为圆心）围成一个圆锥（点恰好重合），该圆锥顶点为 ，底面圆的直径为 ，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据扇形的面积及弧长求出母线及底面圆半径，再由余弦定理求解. 【详解】设圆锥的母线长为 ，底面半径为 ， ∵扇形的圆心角为 ，解得， ∵扇形的弧长等于它围成的圆锥的底面周长， ， 所以圆锥的轴截面中，，， 由余弦定理可得， 故选：B 6. 拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，其定理陈述如下：如果函数 在闭区间上连续，在开区间内可导，则在区间内至少存在一个点，使得称为函数在闭区间上的中值点．若关于函数在区间上的“中值点”个数为m，函数在区间上的“中值点”的个数为n，则有（ ）（参考数据：） A. 1 B. 2 C. 0 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用拉格朗日中值定理应用导函数得出方程解的个数即可判断求解． 【详解】设函数在区间上的“中值点”为，由，得， 则由拉格朗日中值定理得，，即， 而，则，即函数在区间上的“中值点”的个数为1，因此， 设函数在区间上的“中值点”为，由，求导得， 由拉格朗日中值定理得，，即， 令函数，，在上单调递增， ，， 则在上有唯一零点，即方程在区间上有1个解， 因此函数在区间上的“中值点”的个数为1，即 ，所以． 故选:B． 7. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线等．某星形线如图所示，已知该曲线上一点的坐标可以表示为，若，且，则 （　　） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据同角三角函数的基本关系及立方和公式化简求值即可. 【详解】，， ， 令，则， ，即， ， ， ， 解得， 故选：D 8. 如图，1752年，两位法国天文学家为了测量地球与月球之间的距离，利用几乎位于同一经线上，且纬度差约为 的柏林（点 ）与好望角（点 ）为基点，测量出，的大小.设地球半径为 ，则地球表面与月球表面的最小距离约为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理，求出 ，，设，根据正弦定理求出，根据求出 ，再减去地球半径即可. 【详解】设地球球心为 ，月球表面上的点为 ， 因为柏林与好望角纬度差约为 ，可以将其看作 进行计算， 则 ， 由地球半径为 ，则， 在中，由正弦定理，， 解得，， 设， 在中，由正弦定理，， 解得， 在中，由正弦定理，， 解得， 因为， 则， 故， 因此， 而地球表面与月球表面的最小距离为 减去地球半径， 故答案为. 故选：A. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知随机变量X的分布列如下表： X 1 2 3 4 5 其中成等比数列，则下列结论正确的是（ ） A. 成等差数列 B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据给定数表，利用分布列的性质及等比数列、等差数列意义求解判断ABC；求出期望判断D. 【详解】对于A，由，得，则成等差数列，A正确； 对于B，由成等比数列，得，而，解得，B错误； 对于C，，，C错误； 对于D，，D正确. 故选：AD 10. 在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象.则称为“旋转函数”.那么（ ） A. 存在旋转函数 B. 旋转函数一定是旋转函数 C. 若为旋转函数，则 D. 若为旋转函数.则 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，举例说明即可；对B，举反例判断即可；根据函数的性质，结合“旋转函数”的定义逐个判断即可；对CD，将旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点，再联立函数与直线的方程，分析零点个数判断即可. 【详解】对A，如满足条件，故A正确； 对B，如倾斜角为的直线是旋转函数，不是旋转函数，故B错误； 对C，若为旋转函数，则根据函数的性质可得， 逆时针旋转后，不存在与 轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点. 故不存在倾斜角为的直线与的函数图象有两个交点. 即与至多1个交点. 联立，可得. 当 时，最多1个解，满足题意； 当时，的判别式， 对任意的 ，都存在 使得判别式大于0，不满足题意，故 .故C正确； 对D，同C，与的交点个数小于等于1， 即对任意的 ，使得方程至多1个解， 故为单调函数，即为非正或非负函数. 又，故，即恒成立. 即图象在上方，故，即. 当与相切时，可设切点， 对求导有，故，解得，此时， 所以.故D错误. 故选；AC 【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移. 11. 记函数的导函数为，的导函数为，且，，定义域均为，若为偶函数，为奇函数，，且对任意的，，均有，则（ ） A. 为周期函数 B. C. D. 在区间上单调递减 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数奇偶性以及对称性即可证明A正确，选取特殊值代入计算可得B正确，对函数求导并结合不等式恒成立得出函数极值可判断C错误，根据C中分析并结合周期性即可判断D正确. 【详解】对于A，由题得，. 故，则， 可得，故周期为4，故A正确； 对于B，代入 ，，可得， 整理得，故B正确； 对于C，首先有恒成立，故恒成立， 又，则， 求导得，即，再求导得. 令，则等价于恒成立，又， 令即，即. 令，解得， 故，同时代入， 由有， 故为的最大值点，也为极大值点， 令的导函数为，则， 必有，否则使得在区间上恒正，与极大值点矛盾， 则，故，故C错误； 对于D，由，则取值范围为，故，， 故在区间单调递减， 且可得，故在上，单调递减， 由周期为4，且，故在区间上单调递减，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知四面体的各个面都是边长为2的正三角形，其三个顶点在圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面的圆心，则圆柱的外接球的表面积为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由题意圆柱的底面半径为正三角形的外接圆半径，高为四面体的高，进而可得. 【详解】正三角形的外接圆半径为， 四面体的高， 所以圆柱的外接球的半径， 即该球的表面积， 故答案为： 13. 在 中， 为线段 的中点，点 在线段上端点不重合，若，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据中点的性质将转化为与有关的向量，再利用三点共线得到 与 的关系，最后根据均值不等式求出的最大值. 【详解】因为，所以. 因为点 在线段上（端点不重合），所以三点共线， 所以，且 ，​. 由均值不等式，可得， 化简得，即. 当且仅当时等号成立，结合，可得，时等号成立.  故答案为：. 14. 已知是函数在其定义域上的导函数，且，，若函数在区间内存在零点，则实数m的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据及得到，利用同构得到有解，构造，得到，故，参变分离得到在有解，令，求导得到其单调性，极值和最值情况，得到答案. 【详解】，所以， 故，所以， 为常数， 因为，又，故， 所以， 若在区间内存在零点， 则在区间内存在零点， 整理得， 设，则， 令得 ，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在 处取得极小值，也是最小值，， 故时，成立， 即存在，使得有解，即有解， 令，则， 当时，，当 时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故在 处取得极小值，也是最小值， 又，故， 所以，故实数m的取值范围. 故答案为： 【点睛】方法点睛：利用函数与导函数的相关不等式构造函数，然后利用所构造的函数的单调性解不等式，是高考常考题目，以下是构造函数的常见思路： 比如：若，则构造， 若，则构造， 若，则构造， 若，则构造. 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. 某汽车品牌计划推出两款新车型：纯电动版（EV）和插电混动版（PHEV）在某市随机调查了300名消费者的购买意愿，调查数据按收入水平分组如下表（单位：人）. 车型 低收入群体（20万/年） 中收入群体（20万/年—50万/年） 高收入群体（ 50万/年） 愿意 不愿意 愿意 不愿意 愿意 不愿意 EV 70 30 70 50 40 40 PHEV 20 80 60 60 60 20 假设所有消费者的购买意愿相互独立，用频率估计概率. （1）从该市全体消费者中随机抽取1人，估计其愿意购买纯电动版（EV）的概率 ； （2）假设该市 社区内的低收入，中收入和高收入的消费者人数之比为，从 社区的全体消费者中随机抽取1人，将其愿意购买纯电动版（EV）的概率估计值记为，试比较与 的大小； （3）从该市全体中收入群体和高收入群体中各自随机抽取2人，记为这4人中愿意购买插电混动版（PHEV）的人数，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2） （3）的分布列为： 0 1 2 3 4 数学期望为 【解析】 【分析】（1）利用给定数表，求出频率估计概率. （2）根据给定条件，利用全概率公式列式计算，进而比较大小. （3）求出的可能值，再求出各个值对应的概率，列出分布列并求出期望. 【小问1详解】 由表可知300名调查者中愿意购买纯电动版人数为180人，频率为， 用频率估计概率，从顾客中随机抽取1人，估计该名顾客愿意购买纯电动版的概率估计为. 【小问2详解】 低收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率为； 中收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率为； 高收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率为． 利用全概率公式可得：． 【小问3详解】 用频率估计概率，从全市中收入群体中随机抽1人，愿意购买插电混动版（PHEV）的概率估计， 从全市高收入群体中随机抽取1人，愿意购买插电混动版（PHEV）的概率， 的可能取值为0，1，2，3，4， ， ， ， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 3 4 常数期望． 16. 如图1，在 中，， 、 两点分别在 、 上，且.现将 沿折起，使二面角为直二面角，得到四棱锥，如图2. （1）证明：平面； （2）求直线 与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证得平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线 与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 在图1的 中，，， 又，，即， 二面角为直二面角， 平面平面， 又平面平面，平面， 平面. 【小问2详解】 平面，，，，两两垂直， 故以点 为原点，、、的方向分别为 、 、 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， ，，， 设平面的一个法向量为， ，令，则，，， 设直线 与平面所成角为 ，， ， 即直线 与平面所成角的正弦值为. 17. 已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为 的直线 与椭圆 有两个不同的交点 、 . （Ⅰ）求椭圆 的方程； （Ⅱ）若，求的最大值； （Ⅲ）设，直线 与椭圆 的另一个交点为 ，直线与椭圆 的另一个交点为 .若 、 和点 共线，求 . 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ） . 【解析】 【分析】（Ⅰ）根据题干可得的方程组，求解的值，代入可得椭圆方程； （Ⅱ）设直线方程为，联立，消 整理得，利用根与系数关系及弦长公式表示出，求其最值； （Ⅲ）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理写出两根关系，结合三点共线，利用共线向量基本定理得出等量关系，可求斜率 . 【详解】（Ⅰ）由题意得，所以， 又，所以，所以， 所以椭圆 的标准方程为； （Ⅱ）设直线 的方程为， 由消去 可得， 则，即， 设，，则，， 则， 易得当时，，故的最大值为； （Ⅲ）设，，，， 则 ①， ②， 又，所以可设，直线 的方程为， 由消去 可得， 则，即， 又，代入①式可得，所以， 所以，同理可得． 故，， 因为三点共线，所以， 将点的坐标代入化简可得，即． 【点睛】本题主要考查椭圆与直线的位置关系，第一问只要找到三者之间的关系即可求解；第二问主要考查学生对于韦达定理及弦长公式的运用，可将弦长公式变形为，再将根与系数关系代入求解；第三问考查椭圆与向量的综合知识，关键在于能够将三点共线转化为向量关系，再利用共线向量基本定理建立等量关系求解. 18. 已知函数， （1）讨论函数的单调区间； （2）讨论函数的零点个数； （3）对任意的恒成立，求 的取值范围； 【答案】（1）答案见详解 （2）答案见详解 （3） 【解析】 【分析】（1）求导后分类讨论 与 的大小关系，由此可分析出的单调区间； （2）将问题转为“讨论与的图象交点个数”，根据条件作出的图象，由此可分析出的零点个数； （3）先分离参数将问题转化为，然后构造函数，利用导数结合隐零点的分析方法求解出，则 的取值范围可知. 【小问1详解】 因为，所以， 令，解得 或， 当时，，所以在上单调递增； 当时，则，若，，则在上单调递增， 若，，则在上单调递减， 若，，则在上单调递增； 当时，则，若，，则在上单调递增， 若，，则在上单调递减， 若，，则在上单调递增； 综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为. 【小问2详解】 的零点个数即为方程解的个数， 则的零点个数即为与的图象交点个数； 令，则，令，解得 ， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 所以，时，，且时，恒成立， 作出的图象如下图所示， 当，即时，与的图象无交点，所以无零点， 当或，即或 时，与的图象有 个交点， 所以有 个零点， 当，即时，与的图象有 个交点， 所以有 个零点； 综上所述，当时，无零点； 当或 时，有 个零点； 当时，有 个零点. 【小问3详解】 因为对任意 恒成立，所以对任意 恒成立， 所以，令，， 令，所以，所以， 所以在上单调递增， 又因为，， 所以存在唯一零点且， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以， 因为，所以，所以， 令，， 当时，，所以在上单调递增， 又因为，且，所以，所以， 所以，所以， 即 的取值范围是. 19. 帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数在 处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，．注：，，，，…；为的导数）．已知在 处的阶帕德近似为． （1）求实数a，b的值； （2）比较与的大小； （3）若有3个不同的零点，求实数m的取值范围． 【答案】（1） ，． （2） 当时，； 当时，． （3） 【解析】 【分析】（1）求出，，，，根据，列方程组即可求解； （2）令，利用导数研究的单调性即可比较大小； （3），除1外还有2个零点，设为，，，由导数由函数零点个数求m的范围． 【小问1详解】 由，， 知，，，， 由题意，， 所以，所以 ，． 【小问2详解】 由（1）知，，令， 则， 所以在其定义域内为增函数， 又， ∴时，； 时，， 所以当时，；时，． 【小问3详解】 由（1）知，， 注意到，则除1外还有2个零点，设为，， ， 令， 当时，在上恒成立，则， 所以在上单调递减，不满足，舍去， 当时，除1外还有2个零点，设为，，则不单调， 所以存在两个零点，∴，解得， 当时，设的两个零点分别为s，， 则，， ∴，当时，，，则单调递增， 当时，，，则单调递减； 当时，，，则单调递增， 又，则，， 而，且，，且， 所以存在，，满足， 即有3个零点，1，， 综上所述，m的取值范围为． 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $