精品解析：河南省天立教育2025-2026学年高三上学期2月期末联考数学试题

河南省天立教育2025—2026学年度秋期高三年级期末联考 数学试题卷 本试题卷共4页，四大题，19小题，满分150分，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、班级、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.写在本试题卷上无效. 3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在前项和为的等差数列中，，，则（ ） A. 5 B. 15 C. 45 D. 90 3. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点为双曲线上位于第一象限内的一点，为的内心，交轴于点，且，直线的斜率为，则双曲线的离心率为（　　） A. B. C. 2 D. 4. 已知定义在上的函数满足：，都有，且对任意，都有，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线与相交于点P，点Q在圆上，则（ ）． A. 有最大值 B. 有最大值 C. 有最小值 D. 有最小值 6. 为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采用了如下方法： 第1步，科学抽样．采用简单随机抽样方法从两所学校共抽取88名学生，且对这88名学生进行测验； 第2步，收集数据．测验得到了如下数据：甲校43名学生中有10名数学成绩优秀；乙校45名学生有7名学生数学成绩优秀，并做出了如下的列联表： 学校 数学成绩 合计 不优秀 优秀 甲校 33 10 43 乙校 38 7 45 合计 71 17 88 第3步，提出零假设．零假设：两校学生的数学成绩优秀率无差异， 第4步，计算．计算得到， 第5步：判断．根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即认为两校的数学成绩优秀率没有差异． 附：，． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 若将列联表中所有数据都扩大到原来的10倍，则下列说法正确的是（ ） A. 根据小概率值的独立性检验，两校的数学成绩优秀率没有差异 B. 根据小概率值的独立性检验，两校的数学成绩优秀率没有差异 C. 有99%的把握认为学生的数学成绩是否优秀与学校有关 D. 学生的数学成绩是否优秀与学校有关，该推断犯错误的概率不超过0.001 7. 已知为椭圆上一点，分别为其左、右焦点，为坐标原点，，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若，存在，使得成立，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 设，，则（ ） A. B. C. D. 10. 在边长为的菱形中，，沿对角线将折起得四面体，且，则（ ） A. B. 直线与平面所成角的余弦值为 C. 四面体的体积为 D. 点为的外心，点为四面体外接球的球心，则 11. 已知双曲线，点，分别在两条渐近线上（不与原点重合），点是上的一个动点，且，记直线的斜率分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 为定值 B. 当轴时，为定值 C. 为定值 D. 为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则_____． 13. 已知直线与曲线相切，则实数的值为_____． 14. 已知O为坐标原点，直线与函数的图象分别交于M，N两点，则面积的最大值为__________． 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. 已知函数. （1）若，求的值； （2）设，求函数的最小值. 16. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，是边长为2的等边三角形， （1）求证：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知函数． （1）讨论函数在区间上的零点个数； （2）证明：当时， 18. 已知抛物线的焦点到其准线的距离为2. （1）求C的方程； （2）过点的直线l与C交于M，N两点，且，求l的方程； （3）设C的焦点为是C上不同的三点，若，，求的值. 19. 袋子中有4个白球，3个黑球，这些球除颜色外全部相同．现将袋子中的球随机地逐个取出，并将第次取出的球放入如图所示的编号为的抽屉里． 1 2 3 4 5 6 7 （1）求编号为2的抽屉里放的是黑球的概率； （2）记编号为奇数的抽屉里所放白球的总数为，求的分布列和数学期望； （3）记“从左往右数，任意前个抽屉中，白球总数均不少于黑球总数”为事件，求事件的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省天立教育2025—2026学年度秋期高三年级期末联考 数学试题卷 本试题卷共4页，四大题，19小题，满分150分，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、班级、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.写在本试题卷上无效. 3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用补集、交集的定义求解即得. 【详解】集合，则，而， 所以. 故选：B 2. 在前项和为的等差数列中，，，则（ ） A. 5 B. 15 C. 45 D. 90 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的通项与求和公式的基本量运算求出首项与公差，再计算即可. 【详解】设等差数列的首项为，公差为， 由，得①， 由，得，化简得， 将代入①，得，故. 故选：C 3. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点为双曲线上位于第一象限内的一点，为的内心，交轴于点，且，直线的斜率为，则双曲线的离心率为（　　） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用内心的性质得出相应线段比例关系，进而求出，利用斜率推出相应角的余弦值，再利用余弦定理构造方程求出的关系，最后利用离心率公式计算求解． 【详解】 为的内心， 为角平分线交点， 又，故， ， ， 又， ， 直线的斜率为，， 在中，由余弦定理得， 整理得，故D正确． 故选：D． 4. 已知定义在上的函数满足：，都有，且对任意，都有，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题可得图象关于对称，且在上单调递减，据此可得答案. 【详解】令，则，因， 则，则图象关于对称； 又对任意，都有， 则在上单调递减，又图象关于对称， 则在上单调递增，在上单调递减. . 故选：A 5. 已知直线与相交于点P，点Q在圆上，则（ ）． A. 有最大值 B. 有最大值 C. 有最小值 D. 有最小值 【答案】A 【解析】 【分析】先求出两直线所过的定点，进而确定交点的位置，再结合圆的性质求出的最值. 【详解】对于直线，可变形为. 令，解得，所以直线恒过定点. 对于直线，可变形为. 令，解得，所以直线恒过定点. 因为，所以，已知，，则中点坐标为. ，所以半径. 则点的轨迹是以AB为直径的圆的一部分，故点P的轨迹为， 已知圆的圆心，半径，则圆心与点轨迹圆的圆心的距离为. 的最大值为圆心加上两圆半径，即. 由于轨迹不包含点，故不存在最小值. 故选：A． 6. 为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采用了如下方法： 第1步，科学抽样．采用简单随机抽样方法从两所学校共抽取88名学生，且对这88名学生进行测验； 第2步，收集数据．测验得到了如下数据：甲校43名学生中有10名数学成绩优秀；乙校45名学生有7名学生数学成绩优秀，并做出了如下的列联表： 学校 数学成绩 合计 不优秀 优秀 甲校 33 10 43 乙校 38 7 45 合计 71 17 88 第3步，提出零假设．零假设：两校学生的数学成绩优秀率无差异， 第4步，计算．计算得到， 第5步：判断．根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即认为两校的数学成绩优秀率没有差异． 附：，． 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 若将列联表中所有数据都扩大到原来的10倍，则下列说法正确的是（ ） A. 根据小概率值的独立性检验，两校的数学成绩优秀率没有差异 B. 根据小概率值的独立性检验，两校的数学成绩优秀率没有差异 C. 有99%的把握认为学生的数学成绩是否优秀与学校有关 D. 学生的数学成绩是否优秀与学校有关，该推断犯错误的概率不超过0.001 【答案】C 【解析】 【分析】列出新的列联表，计算后比较即可. 【详解】由题，列出新的列联表如下： 学校 数学成绩 合计 不优秀 优秀 甲校 330 100 430 乙校 380 70 450 合计 710 170 880 代入卡方公式： ，其中， 所以， ， 所以认为 “学生的数学成绩是否优秀与学校有关”，且有的把握， 故AB错误. 且推断犯错误的概率不超过0.01，不是0.001，故错误. 故选：C. 7. 已知为椭圆上一点，分别为其左、右焦点，为坐标原点，，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量数量积的运算律、余弦定理，结合椭圆的定义求解即得. 【详解】令，显然点不在x轴上，， 则， 由余弦定理得， 因此，而， 于是，整理得，则， 所以的离心率为. 故选：C 8. 已知，若，存在，使得成立，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，得，由题意可得，计算即可求解. 【详解】因为，所以， 将其解集（部分）在数轴上表示如下： 若，存在，使得成立， 则区间的长度大于等于相邻两个解集之间的长度， 即，即， 又，所以，所以的最大值为. 故选：B. 二、多项选择题：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. 设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】分别求出和，即可判断A，求出，即可判断B；求出，并求出它的模，即可判断C；分别求出和，即可判断D. 【详解】因为，，所以， ，所以，故A正确； 因为，故B错误； 因为， 所以，故C正确； 因为，， 所以， ， 所以，故D错误. 故选：AC 10. 在边长为的菱形中，，沿对角线将折起得四面体，且，则（ ） A. B. 直线与平面所成角的余弦值为 C. 四面体的体积为 D. 点为的外心，点为四面体外接球的球心，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】设中点为，连接，利用线面垂直的判定和性质判断A，根据线面角的概念可得即为直线与平面所成角的平面角，利用余弦定理求余弦值判断B，利用三棱锥的体积公式判断C，找出球心，利用线面垂直的性质和勾股定理判断D. 【详解】选项A：因为菱形中，所以和为等边三角形， 设中点为，连接，则，， 因为平面，，所以平面， 又平面，所以，A说法正确； 选项B：过作平面，因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以在直线上，所以即为直线与平面所成角的平面角， 因为，菱形边长为2，所以，， 在中由余弦定理可得，B说法正确； 选项C：由选项B可知， 四面体的高， 所以四面体的体积，C说法错误； 选项D：设中点为，因为，所以是直角三角形， 所以，即中点为四面体的外接球球心， 因为点为的外心，所以平面，， 因为平面，所以， 所以，D说法正确； 故选：ABD 11. 已知双曲线，点，分别在两条渐近线上（不与原点重合），点是上的一个动点，且，记直线的斜率分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 为定值 B. 当轴时，为定值 C. 为定值 D. 为定值 【答案】AD 【解析】 【分析】求出双曲线渐近线方程，不妨设点A在渐近线上，点B在渐近线上，即可得，由此可判断A；当轴时，，结合化简，可判断B；结合向量求出，代入双曲线方程化简求出，结合点，分别在两条渐近线上，推出，即可判断C，D.. 【详解】由题意得双曲线的渐近线方程为， 不妨设点A在渐近线上，点B在渐近线上， 则，故，A正确； 设，由得， 即， 当轴时，，不为定值，B错误； 把代入中，得， 整理得， 再由得， 即不为定值，为定值，C错误，D正确， 故选：AD 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于选项C，D的判断，解答时要根据设点的坐标，结合向量的坐标运算求出，代入双曲线方程化简求出，结合点，分别在两条渐近线上，推出，即可求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】对二项展开式中的分别赋值，联立方程即可求得. 【详解】对于， 取，可得， 再取，可得， 故得. 故答案为：. 13. 已知直线与曲线相切，则实数的值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】由直线方程得到直线的定点坐标，求出函数的导函数，设切点坐标，由两点坐标表示出斜率建立方程，求得切点坐标，即可求得实数的值. 【详解】直线过定点， ，设直线与曲线的切点坐标为， 则， 则，∴. 故答案为： 14. 已知O为坐标原点，直线与函数的图象分别交于M，N两点，则面积的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】结合函数图象，表示出，设，利用导数分析其单调性，进而求解即可. 【详解】函数在上单调递增，在上单调递减， 作出在上的图象， 因为，所以当时，， 设，则， 令，则， 当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 则，故面积的最大值为． 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. 已知函数. （1）若，求的值； （2）设，求函数的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先把函数化成的形式，在结合诱导公式和两角和与差的三角函数公式求值； （2）先化简得表达式，用换元法把问题转化成二次函数在给定区间上的值域问题求解. 【小问1详解】 因为. . . 【小问2详解】 因为：，. 所以：. 设，则，且， 所以：， 当时，. 所以的最小值为. 16. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，是边长为2的等边三角形， （1）求证：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 证明：取的中点，连接． ∵四边形为菱形，且，则， 又∵为等边三角形，∴， 而，平面，∴平面． 又∵平面，∴． （2） 【解析】 【分析】（1）根据线线垂直可得平面，即可根据线面垂直的性质求解， （2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用向量的夹角公式求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 若，由是边长为2的等边三角形可得， ， 而，．以点为原点，，，分别为轴、轴、轴的正方向建系． 则，，，，． 故，，， 设平面的法向量， ∴，∴即， 令，则，，所以，平面的法向量． 设直线与平面所成角为， ∴, 所以直线与平面所成角的正弦值为． 17. 已知函数． （1）讨论函数在区间上的零点个数； （2）证明：当时， 【答案】（1）答案见解析． （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可得，利用导数研究的性质，结合零点与函数图象交点之间的关系即可求解； （2）利用导数研究求得，进而，即在上恒成立，结合导数的应用求出即可. 【小问1详解】 由题可得函数的定义域为 令，可得，令，则， 由可得，由可得， 故在上单调递增，在上单调递减． 且. 所以当 或时，直线与函数图象无交点，此时函数无零点； 当或时，直线与函数图象有1个交点，此时函数有1个零点； 当时，直线与函数图象有2个交点，此时函数有2个零点． 【小问2详解】 ，则． 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 所以． 要证，即证， 即证恒成立，令， 则， 令，则；令，则； 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 则恒成立，所以当时，恒成立． 18. 已知抛物线的焦点到其准线的距离为2. （1）求C的方程； （2）过点的直线l与C交于M，N两点，且，求l的方程； （3）设C的焦点为是C上不同的三点，若，，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）确定焦点和准线方程即可求解； （2）设，通过点差法即可求解； （3）设，由，得到，①，②，通过①②得到，即可求解. 【小问1详解】 抛物线的焦点坐标为，准线方程为， 所以焦点到其准线的距离为， 所以抛物线方程为； 【小问2详解】 设，因为M，N两点在抛物线上， 所以，两式相减可得：， 即， 因为，所以点为M，N的中点， 所以，又， 所以， 所以直线得方程为， 即； 【小问3详解】 因为， 所以， 设，其中互不相等， 则， 由， 得：，又，所以，① ，又，所以，② ①②得： ， 即， 又，所以， 所以. 19. 袋子中有4个白球，3个黑球，这些球除颜色外全部相同．现将袋子中的球随机地逐个取出，并将第次取出的球放入如图所示的编号为的抽屉里． 1 2 3 4 5 6 7 （1）求编号为2的抽屉里放的是黑球的概率； （2）记编号为奇数的抽屉里所放白球的总数为，求的分布列和数学期望； （3）记“从左往右数，任意前个抽屉中，白球总数均不少于黑球总数”为事件，求事件的概率． 【答案】（1） （2）分布列如下表所示： 1 2 3 4 ， （3） 【解析】 【分析】（1）分第一次取出白球或黑球的情况，通过全概率公式计算编号为2的抽屉里放黑球的概率. （2）确定的可能取值，利用组合数计算各取值对应的概率得到分布列，再根据期望公式计算数学期望. （3）先确定编号为1的抽屉必放白球，分符合条件的不同情况计算概率，求和得到事件的概率. 【小问1详解】 设“编号为2的抽屉里放的是黑球”，则． 【小问2详解】 的可能取值为1，2，3，4， 用表格表示分布列，如下表所示： 1 2 3 4 【小问3详解】 依题意，编号为1的抽屉里放的一定是白球，一共可以分为如下5种情况： ①序列前缀为：白黑白白……，， ②序列前缀为：白黑白黑白…… ③序列前缀为：白白黑白……，， ④序列前缀为：白白黑黑白…… ⑤序列前缀为：白白白……，， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $