河南省方城县第一高级中学2025-2026学年高三迎一模数学模拟试题（九）

河南省方城县第一高级中学2025-2026学年高三迎一模数学模拟试题（九） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．设，则“”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．某初中为了了解本校学生的体重情况，该校医务室从学生中随机抽取200名学生，测量他们的体重（单位：千克），根据测量数据，按分成六组，得到的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（    ）    A． B．估计这200名学生的平均体重为56.45千克（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表） C．估计该校中学生体重的第65百分位数是56.25 D．从该校所有学生中随机抽取一名学生，其体重不低于60千克的概率为0.4 3．抛物线的焦点为F，是抛物线C上一点，则（   ） A．10 B．8 C．6 D．4 4．已知函数是定义在R上的偶函数，且，当时，，则=（ ） A．0 B．2 C．4 D．6 5．函数（，，）的部分图象如图中实线所示，圆C与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列区间中，函数单调递减的是（   ） A． B． C． D． 6．在中，点在边上，且满足，点为线段上任意一点（除端点外），若实数，满足，则的最小值为（   ） A． B． C． D．9 7．在正三棱锥中，侧棱，，现从正三棱锥的所有棱中任取两条棱，则取出的两条棱垂直的概率为（    ） A． B． C． D． 8．若关于x的不等式对恒成立，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知，则（    ） A．的展开式中含项的二项式系数为144 B．的展开式中含项的系数为144 C．的展开式的各二项式系数的和为 D． 10．已知点为曲线上一动点，，下列说法正确的是（ ） A．曲线关于轴对称 B．曲线与轴有且仅有一个交点 C．为坐标原点， D．以为直径且与轴相切的圆有4个 11．已知直线：，当和时，对应直线分别为和，则下列说法中正确的是（    ） A．存在，使得过点 B．当时，对任意，总存在两个不同的值与之对应 C．的充要条件是 D．存在点，对任意，使得到的距离为常数 三、填空题 12．欧拉是18世纪最伟大的数学家之一，在很多领域中都有杰出的贡献，人们把欧拉恒等式“”与麦克斯韦方程组并称为“史上最伟大的公式”，其中，欧拉恒等式是欧拉公式：的一种特殊情况.若复数，则= ． 13．已知分别为三个内角的对边，若，则 . 14．已知数列满足，设，为数列的前项和.若对任意恒成立，则实数的取值范围为 . 四、解答题 15．已知的三个内角，，的对边分别为，，，且，，. (1)求角； (2)若为锐角三角形，且，求的面积. 16．为了解某一地区纯电动汽车销售情况，某机构根据统计数据，用最小二乘法得到电动汽车销量（单位：万台）关于（年份）的线性回归方程为，且销量的方差为，年份的方差为． (1)求与的相关系数，并据此判断电动汽车销量与年份的相关性强弱； (2)该机构还调查了该地区90位购车车主的性别与购车种类情况，得到的数据如下表： 购买非电动车 购买电动车 总计 男性 39 6 45 女性 30 15 45 总计 69 21 90 能否在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为购买电动汽车与性别有关？ (3)在购买电动汽车的车主中按照性别进行分层抽样抽取7人，再从这7人中随机抽取3人，记这3人中，男性的人数为，求的分布列和期望． ①参考数据：； ②参考公式：（i）线性回归方程：，其中． （ii）相关系数：，若，则可判断与线性相关较强． （iii），其中． 附表： 0.10 0.05 0.025 0.010 0.001 2.706 3.841 5.024 6.635 10.828 17．已知的前项和为，且. (1)当为何值时，数列为等比数列，并求此时数列的通项公式； (2)当时，设，求数列的前项和. 18．如图，平面平面，四边形为正方形，，，，为线段上一点． (1)证明：平面平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 19．已知函数及定点. (1)设，，过A，B作曲线的切线，两切线交点为P，求的值（用，表示）； (2)数列满足，，以为曲线上点的横坐标，得到点列，，曲线在和处切线的交点记为. ①若，求的最小值； ②若，求的最小值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《河南省方城县第一高级中学2025-2026学年高三迎一模数学模拟试题（九）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C D A C D D C BCD ABD 题号 11 答案 ACD 1．B 【分析】化简两个不等式，通过集合之间的关系判断. 【详解】，则，得； 等价于且，得， 因， 则“”是“”的必要而不充分条件. 故选：B 2．C 【分析】A选项，利用频率之和为1得到方程，求出，A错误；B选项，利用中点值作代表，求出平均数；C选项，先确定第65百分位数落在第4组中，设出未知数，得到方程，求出答案；D选项，由频率分布直方图得到体重不低于60千克的频率为0.2，D错误. 【详解】A选项，，解得，A错误； B选项，， 估计这200名学生的平均体重为54.75千克，B错误； C选项，前3组数据的频率和为， 前4组数据的频率和为， 故该校中学生体重的第65百分位数落在第4组中，设为， 则，解得，C正确； D选项，从频率分布直方图可知，体重不低于60千克的频率为， 故从该校所有学生中随机抽取一名学生，其体重不低于60千克的概率为0.2，D错误. 故选：C 3．D 【分析】由点在抛物线上求参数值，再由抛物线的定义求焦半径. 【详解】由题意，得，解得，则. 故选：D 4．A 【分析】根据函数的奇偶性及周期性的定义直接计算可得. 【详解】因函数是定义在R上的偶函数，且，且时，， 所以. 故选：A. 5．C 【分析】根据题意，结合图像求出点的坐标，进而求出函数周期，通过周期公式求解的值.再通过代点求解出的值，最后通过整体代换的方式求解函数的单调递减区间即可. 【详解】由于圆心为函数的对称中心，因此可得交点，关于点中心对称， 由此可得：，故，即. 又，因，所以. 由，得，又因，所以， 故，又因为， 令（），解得：（） 当时，得：函数的单调递减区间为. 故选：C 6．D 【分析】利用平面向量基本定理及共线向量定理的推论可得，且，再根据“1”的代换，运用基本不等式可得答案. 【详解】由，得， 而点为线段上除端点外的任意一点，则，且， 因此， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为9. 故选：D 7．D 【分析】先求出总的基本事件有15个，然后根据线段长度和正三棱锥的性质确定有6个基本事件满足题意，进而可求得概率. 【详解】正三棱锥中共有6条棱，从正三棱锥的所有棱中任取两条棱， 则基本事件有个， 因为， 根据勾股定理可得出 . 进而可以得到平面，因为平面，所以； 同理可得. 所以取出的两条棱垂直的共有6种情况，所以概率为， 故选：D. 8．C 【分析】利用同构得到，当时，满足要求，当时，令，则在上恒成立，求导后得到函数单调性，从而得到，构造，求导得到单调性，进而得到，得到答案. 【详解】由可得，即， 当时，，不等式在上显然成立； 当时，令，则在上恒成立， 由，在上，所以在上单调递增， 又时，，，所以只需在上恒成立， 即恒成立． 令，则，即在上单调递增， 其中， 故， 所以此时有． 综上，． 故选：C． 【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是不等式变形为，从而构造进行求解. 9．BCD 【分析】根据二项式定理相关知识，对选项逐一分析； 【详解】对于A，B：对于，其展开式的通项为 ，那么含项的二项式系数为，含项的系数为，故A错误，B正确. 对于C：根据二项式系数的性质，二项式展开式的各二项式系数的和为，那么的展开式的各二项式系数的和为，所以 C正确. 对于D：令 可得 ， 令 可得 ， 两式相加可得 ，故D正确. 故选：BCD 10．ABD 【分析】对于A选项，设关于轴的对称点为，验证是否满足曲线方程即可判断选项正误；对于B选项，令，得到方程，判断方程解的个数即可得到曲线与轴的交点个数；对于C选项，由曲线方程知，可得：，通过求解函数值域即可求解的取值范围.对于D选项，由于圆与轴相切，可得：，化简得：，联立方程，判断方程组解的个数即可判断选项正误. 【详解】对于A，已知为曲线上的动点，设关于轴的对称点为， 因，故曲线关于轴对称，故A正确； 对于B，令，则可得方程，如图画出即的图象， 根据图象易知，在轴的右侧，因比的增长速度快得多，故在轴的右侧，两者没有公共点， 故两函数图象有且只有一个交点， 即方程有且仅有一个解，即曲线与轴有且仅有一个交点，故B正确； 对于C，，由曲线方程知，故. 当时，，例如当时，，故C错误； 对于D，以为直径的圆，设圆心为的中点，半径. 由于圆与轴相切，因此可得：， 化简得：，即， 联立方程，消去得：，即. 设，可得：， 令，则， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增. 又， ，， 因此可得：在和各有一个零点， 即存在和，使得， 由此可得：当时，在单调递增； 当时，在单调递减； 当时，在单调递增； 又，，， ，， 由此可得：在和和存在三个零点； 即方程存在两个正根一个负根， 再将根代入时可得：对于负根，对应无解，对于正根，对应有正负两种情况. 因此可得：以为直径且与轴相切的圆有4个，故D正确. 故选：ABD 11．ACD 【分析】将点的坐标代入求出判断A；取，结合可得值判断B；探求两直线平行的充要条件判断C；求出原点到直线距离判断D. 【详解】对于A，直线过点时，，解得，即当时，过点，A正确； 对于B，由，得，而当或时，，B错误； 对于C，由，得，，则， 由，得，直线，， 即，而，直线在轴上的横截距分别为， 则直线，因此的充要条件是，C正确； 对于D，对任意，点到直线的距离，D正确. 故选：ACD 12．/ 【分析】根据欧拉公式写出对应复数的三角形式并化简，即可求模． 【详解】由欧拉公式得，又， 所以，． 故答案为：． 13．/ 【分析】由正弦定理可得，再利用化简可得，再结合两角差的正弦公式求解即可． 【详解】， ， 由正弦定理得， ， ， ， 又，，，即，，， 又，， ，即. 故答案为：. 14． 【分析】由已知根据递推关系可得，由此可知，根据裂项相消法即可求解. 【详解】当时，， 因为， 当时，， 两式相减可得，即，当时不适合此式， 所以，所以， 当时，， 当时，， 若对任意恒成立， 所以，即实数的取值范围为. 故答案为：. 15．(1)或 (2) 【分析】（1）由题意化简可得，即，根据正弦定理解三角形即可求解； （2）由题意可得是的重心，即，根据三角形面积公式计算即可求解. 【详解】（1）在中，由得， ， ， ，， 又， ，，， 由正弦定理得或， ，，两个解均符合题意. （2）因为为锐角三角形，所以， ， ， 是的重心， ， 所以的面积为. 16．(1)，与线性相关较强 (2)可以在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为购买电动汽车与车主性别有关 (3)分布列见解析， 【分析】（1）由相关系数计算公式即可求解判断； （2）通过卡方值的计算即可判断； （3）通过抽样比确男性车主选取2人，女性车主选取5人，再确定的取值求得概率即可求解. 【详解】（1）相关系数为 故与线性相关较强 （2）零假设为：购买电动汽车与车主性别无关； 可以在犯错误的概率不超过0.025的前提下认为购买电动汽车与车主性别有关 （3）抽样比，男性车主选取2人，女性车主选取5人，则的可能取值为0，1，2， 故， 故的分布列为. 0 1 2 17．(1)； (2). 【分析】（1）分别代入计算得，再根据等比中项求出，最后再即可； （2）利用错位相减法即可. 【详解】（1）（1）因为的前项和， 所以， 所以， 若是等比数列，则，求得， 当时，， 又当时，， 则当时，也适合此通项公式.即， 由于对都成立，所以此时数列为等比数列， 所以当时，数列为等比数列，此时数列的通项公式为. （2）（2）当时，， 则， ， 所以， 故. 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，先证明四边形为正方形，由此证明，再结合面面垂直性质定理证明结论； （2）先证明，，，建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式求结论. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，，， 所以可得，可得四边形为正方形， 则，而， 所以可知，所以可知， 平面平面，四边形为正方形， 平面平面，平面， 所以平面，又因平面， 所以平面平面. （2）因为平面平面，且平面平面， ，所以平面，所以平面, 平面，所以，， 由（1）知，所以建立以为原点， 的方向分别为轴的正方向， 设，， 则， 所以， 设平面与平面的法向量分别为， 则， 令则，所以， 令则，，所以， 设平面与平面夹角为 则 19．(1)； (2)①3；②8. 【分析】（1）根据导数的几何意义求得切线方程及P点坐标，进而可求的值； （2）①先由（1）的结果可得，再令，，从而可得，结合题中条件可得的最小值；②将函数看成抛物线的一部分，再用抛物线的定义可得，从而，再通过求和及适当放缩可得最小值. 【详解】（1）由函数，得，所以函数在A处切线方程为，即. 同理，在B处切线方程为. 联立与，解得，所以两条切线的交点为. 从而. （2）①因为曲线在和处切线的交点为，由（1）结果可得，且. 所以 设，由，，所以，. 设，则，即. 又，所以，即. 所以，又因为. 所以，，. 故的最小值为3. ②注意到F恰为的焦点，曲线为该抛物线的上半部分，由抛物线的定义得. 所以，又，，所以， 故， 因为，故为单调递增数列，当时， 所以由，得. 故的最小值为8. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $