精品解析：河南省周口市2025-2026学年高三上学期第三次联考（12月）数学试题

2025—2026年度上学期河南省高三年级第三次联考 数学试卷 本试卷满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 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． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 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. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. 2 D. 18 2. 已知集合，且，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 为了了解某小区居民10月份的用电量情况，随机抽取了该小区12户居民10月份的用电量（单位：度），得到他们的用电量数据如下：172，150，185，161，165，170，175，178，180，184，155，190．该组数据的第75百分位数是（ ） A. 178 B. 179 C. 180 D. 182 4. 如图，在正方体中，E，F，G分别是线段BD，，的中点，则异面直线AG与EF所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 5. 已知是定义在上的奇函数，则曲线在处的切线方程是（ ） A. B. C. D. 6. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，则的最大值是（ ） A. B. C. 3 D. 4 7. 已知某圆柱的轴截面的周长为12，设该圆柱外接球体积的最小值为，该圆柱体积的最大值为，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数在区间上恰有2个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 若复数，则（ ） A. z的实部是 B. C. D. z在复平面内对应的点位于第四象限 10. 已知定义在上的函数满足，且，则（ ） A. B. 的最小值是0 C. 的图象关于y轴对称 D. 不等式的解集是 11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，P是双曲线C右支上的点，G是的内心，记，，的面积分别为，，，且，，则（ ） A. B. C. 的最大值是7 D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点在抛物线上，则A到抛物线C的准线的距离为_______． 13. 已知甲盒中有三个红球和两个白球，乙盒中有两个红球和两个白球，所有小球除颜色外，其他都相同．某人先从乙盒中任取两个球，放入甲盒中，再从甲盒中任取两个球，则此人从甲盒中取到的两个球颜色相同的概率为________． 14. 已知直线与圆交于A，B两点，若a，b，c是等差数列中的连续三项，则的取值范围是________． 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. 在数列中，，． （1）求的通项公式； （2）求的前n项和． 16. 某答题比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员答2道题，若2道题都答错，则该参赛队被淘汰；若至少答对1道题，则该参赛队进入第二阶段．第二阶段由该参赛队的另一名队员答2道题．已知某参赛队由甲、乙两名队员组成，且该参赛队在第一阶段由甲答题，第二阶段由乙答题．假设甲答对每道题的概率为，乙答对每道题的概率为，且每次答题的结果相互独立． （1）求该参赛队能进入第二阶段的概率． （2）现规定在第一阶段中，该参赛队员仅答对1道题，得1分；2道题都答对，得3分；2道题都答错，得0分．在第二阶段中，该参赛队员每答对1题，得1分；每答错1题，得分．记该参赛队两阶段的总得分为X，求X的分布列与数学期望． 17. 如图，在三棱柱中，，，，，，D是棱的中点． （1）证明：平面平面ABC． （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知椭圆的长轴长为4，且点在椭圆C上． （1）求椭圆C的标准方程． （2）直线（，）与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为D，连接OD（O为坐标原点）并延长，交椭圆C于点E，交直线于点H． ①若，求的值． ②若，试问直线l是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若关于x的不等式恒成立，求a的值； （3）证明：对一切的，都有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026年度上学期河南省高三年级第三次联考 数学试卷 本试卷满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 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． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 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. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. 2 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量垂直的坐标表示列式求解即可. 【详解】因为向量，，且， 所以，解得． 故选：C 2. 已知集合，且，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据不等式的解法，求得集合，再由，得到，列出不等式，即可求解. 【详解】由不等式，可得，解得，所以， 又由集合， 因为，所以，则，解得， 所以实数的取值范围为. 故选：A. 3. 为了了解某小区居民10月份的用电量情况，随机抽取了该小区12户居民10月份的用电量（单位：度），得到他们的用电量数据如下：172，150，185，161，165，170，175，178，180，184，155，190．该组数据的第75百分位数是（ ） A. 178 B. 179 C. 180 D. 182 【答案】D 【解析】 【分析】先对数据排序，计算百分位数对应的位置，根据位置规则（整数位置取对应两项的平均值）求出第75百分位数. 【详解】先将12户居民的用电量数据从小到大排序：150，155，161，165，170，172，175，178，180，184，185，190. 第75百分位数的位置：， 因为整数，第75百分位数是第9项与第10项数据的平均值. 第9项数据为180，第10项数据为184，故第75百分位数为. 故选：D 4. 如图，在正方体中，E，F，G分别是线段BD，，的中点，则异面直线AG与EF所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据线线夹角的向量公式求解即可． 【详解】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则，，，，所以，． 设异面直线AG与EF所成的角为， 则． 故选：C． 5. 已知是定义在上的奇函数，则曲线在处的切线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据奇函数性质得，再根据几何意义求解即可. 【详解】因为是定义在上的奇函数， 所以，即对恒成立 所以，解得， 所以，所以， 所以，， 所以，所求切线方程为，即． 故选：B 6. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，则的最大值是（ ） A. B. C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理结合三角恒等变换可得，再利用余弦定理结合基本不等式可得，进而可得的最大值. 【详解】因为， 由正弦定理可得， 整理可得，所以， 因为，则， 可得，由正弦定理可得， 由余弦定理可得． 因为，当且仅当时，等号成立， 可得，所以，且， 则，可得， 所以的最大值是. 故选：A. 7. 已知某圆柱的轴截面的周长为12，设该圆柱外接球体积的最小值为，该圆柱体积的最大值为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设该圆柱底面圆的半径为r，高为h，则，设该圆柱外接球的半径为R，先求出R的最小值，进而得到最小体积，表示出圆柱体积，得到最大值，再求即可. 【详解】设该圆柱底面圆的半径为r，高为h，则，故． 设该圆柱外接球的半径为R， 则， 当时，R取得最小值，则． 圆柱的体积， 当且仅当，即时，等号成立，则，． 故选：B． 8. 已知函数在区间上恰有2个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据的零点情况，结合正弦函数的图象与性质求解即可. 【详解】令，则，所以，， 即，. 当时， 当时，；当时，； 当时，； 要使，恰有2个零点，则要求，， 所以，解得. 当时， 当时，；当时，； 当时，； 要使，恰有2个零点， 所以，解得. 综上，的取值范围是． 故选：D. 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. 若复数，则（ ） A. z的实部是 B. C. D. z在复平面内对应的点位于第四象限 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据复数的除法运算可得，进而可得，结合复数的相关概念和几何意义逐项分析判断. 【详解】因为，则， 可知z的实部是，，，故A错误，BC正确； 且z在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限，故D正确； 故选：BCD. 10. 已知定义在上的函数满足，且，则（ ） A. B. 的最小值是0 C. 的图象关于y轴对称 D. 不等式的解集是 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知等式推导出函数的表达式，再逐一分析选项即可. 【详解】令，得． 又，所以. 选项A：，，，A正确． 选项B：因为，当且仅当时，等号成立，所以B正确． 选项C：因为，所以， 该函数的图象关于直线对称，而非y轴，C错误． 选项D：因为，所以的图象关于直线对称，且在上单调递减，在上单调递增，则，即. 当，即时，不等式无解； 当，即时，不等式可化为，解得或，D正确． 故选：ABD 11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，P是双曲线C右支上的点，G是的内心，记，，的面积分别为，，，且，，则（ ） A. B. C. 的最大值是7 D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用内切圆半径表示出三角形面积，结合双曲线的定义和已知可判断A；根据双曲线定义和切线定理得，结合求解可判断B；利用双曲线定义转化为求的最大值，结合图形可判断C；利用角平分线定理，结合双曲线定义可判断D. 【详解】设内切圆的半径为r，则， 所以， 又，所以，故，A正确． 作，垂足为H，则． 由双曲线的定义及切线长定理可得． 又，解得，， 所以，B错误． 因为，所以． 因为，所以，C正确． 延长PG交于点M． 因为，所以． 由角平分线定理可得，所以， 所以，解得，D正确． 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知点在抛物线上，则A到抛物线C的准线的距离为_______． 【答案】4 【解析】 【分析】将代入抛物线方程，求得，进而可求解. 【详解】因为点在抛物线上， 所以，所以， 所以准线方程为， 所以A到抛物线C的准线的距离为， 故答案为：4 13. 已知甲盒中有三个红球和两个白球，乙盒中有两个红球和两个白球，所有小球除颜色外，其他都相同．某人先从乙盒中任取两个球，放入甲盒中，再从甲盒中任取两个球，则此人从甲盒中取到的两个球颜色相同的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】划分从乙盒取球的三种情况，分别计算每种情况的概率及对应从甲盒取两同色球的概率，再通过全概率公式求和得最终概率. 【详解】乙盒取2球有三种情形： 取2红：概率为，此时甲盒有5红2白，从甲盒取2同色球的概率为； 取2白：概率为，此时甲盒有3红4白，从甲盒取2同色球的概率为； 取1红1白：概率为，此时甲盒有4红3白，从甲盒取2同色球的概率为. 所求概率为： . 故答案为： 14. 已知直线与圆交于A，B两点，若a，b，c是等差数列中的连续三项，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知条件得到，即，代入直线l的方程求出直线过定点， 求出圆心到直线的距离的取值范围，再利用弦长公式求出的取值范围. 【详解】因为a，b，c是等差数列中的连续三项，所以， 所以，则直线l的方程为，即， 故直线过定点．由题意可知圆的圆心为，半径， 设圆心到直线的距离为，因为直线恒过圆内的定点， 所以的取值范围是，即，弦长是的减函数， 故的最小值为当时取得，即， 的最大值为当时取得，即， 故的取值范围是． 故答案为：. 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. 在数列中，，． （1）求的通项公式； （2）求的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由构造数列，从而利用等比数列求解； （2）利用分组求和法求解，利用等差数列的前项和与等比数列的前项和求解. 【小问1详解】 因为，所以． 因为，所以， 所以是以为首项，3为公比的等比数列， 则，故． 【小问2详解】 由（1）可知，则 ． 第（2）问还可以这样解答： 设数列的前n项和为． 由（1）可知是以为首项，3为公比的等比数列， 则， 故． 16. 某答题比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员答2道题，若2道题都答错，则该参赛队被淘汰；若至少答对1道题，则该参赛队进入第二阶段．第二阶段由该参赛队的另一名队员答2道题．已知某参赛队由甲、乙两名队员组成，且该参赛队在第一阶段由甲答题，第二阶段由乙答题．假设甲答对每道题的概率为，乙答对每道题的概率为，且每次答题的结果相互独立． （1）求该参赛队能进入第二阶段的概率． （2）现规定在第一阶段中，该参赛队员仅答对1道题，得1分；2道题都答对，得3分；2道题都答错，得0分．在第二阶段中，该参赛队员每答对1题，得1分；每答错1题，得分．记该参赛队两阶段的总得分为X，求X的分布列与数学期望． 【答案】（1）； （2）分布列为： 0 1 3 5 .【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件的概率乘法公式，结合对立事件的概率关系求解可得； （2）根据甲乙答对题数讨论，结合独立事件的概率乘法公式求出概率，可得分布列，然后由期望公式计算可得. 【小问1详解】 记第一阶段甲答对第题为事件，，该参赛队进入第二阶段为事件， 由题知，，， 则. 【小问2详解】 依题意可知，的所有可能取值为， 当，即甲答对1道题且乙答对0道题时， ； 当，即甲答对0道题时，； 当，即甲答对1道题且乙答对1道题，或甲答对2道题且乙答对0道题时， ； 当，即甲答对1道题且乙答对2道题，或甲答对2道题且乙答对1道题时， ； 当，即甲答对2道题且乙答对2道题时， . 所以的分布列为： 0 1 3 5 所以. 17. 如图，在三棱柱中，，，，，，D是棱的中点． （1）证明：平面平面ABC． （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 证明：因为，所以． 因为，，所以， 则，所以． 因为，平面ABC，平面ABC，且，所以平面ABC． 因为平面，所以平面平面ABC． （2） 【解析】 【分析】（1）先证明平面ABC，进行求解； （2）以A为坐标原点，AC，所在直线分别为x轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,求出两个平面的法向量进行求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：以A为坐标原点，AC，所在直线分别为x轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 由题中数据可知，，，，， 则，，，． 设平面的法向量为， 则,令，得． 设平面的法向量为， 则,令，得． 设平面与平面的夹角为，则， 即平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知椭圆的长轴长为4，且点在椭圆C上． （1）求椭圆C的标准方程． （2）直线（，）与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为D，连接OD（O为坐标原点）并延长，交椭圆C于点E，交直线于点H． ①若，求的值． ②若，试问直线l是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由． 【答案】（1） （2）① ；②直线过定点 【解析】 【分析】（1）根据题意列方程组求解； （2）①设直线的方程，与椭圆方程联立，化简即可； ②联立方程组求出，结合条件化简即可. 【小问1详解】 由题意可得，解得，， 则椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 设，， ①当直线的斜率存在，且不为时，设直线的方程为， 由，得，则， 因为，所以，则直线OB的方程为， 同理可得，则． 故； 当直线，中的一条直线斜率不存在时，另一条直线的斜率为， 此时， 综上，． ②联立，得， 则，即， 则， 所以，， 即点D的坐标为， 所以， 因为，所以直线OD的方程为． 由，得，则， 则， 由，得，即点H的坐标为， 则． 因为， 所以，得，满足， 所以直线l的方程为，则直线l过定点． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若关于x的不等式恒成立，求a的值； （3）证明：对一切的，都有． 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减． （2）1 （3） 证明：由（2）可知当时，，即， 则，所以，所以． 当时，， 则， 故要证，只需证， 即证． 设，则． 由（2）可知，则，即， 所以，所以在上单调递增，所以， 故对一切的，都有． 【解析】 【分析】(1)求导，得，对分类讨论求解； (2) 对分类讨论求解； (3) 由（2）可知当时，，即，所以．则，故要证，即证．设，求导进行求解． 【小问1详解】 由题意可得的定义域为，且． 当时，在上恒成立，则在上单调递增； 当时，由，得，由，得， 则在上单调递增，在上单调递减． 综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 当时，由（1）知在上单调递增，又，所以当时，，则不符合题意． 当时，由（1）知在上单调递增，在上单调递减， 则． 又，且，所以，解得， 经检验，当时，恒成立． 综上，a的值为1． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $