河南省方城县第一高级中学2026届高三假期第二周学情自测数学试题

方城县第一高级中学2026届高三假期第二周学情自测数学试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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。 第一部分（选择题 共58分） 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．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．若复数满足（是虚数单位），则（   ） A． B．1 C． D．2 3．已知平面向量，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 4．已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的有（    ） A． B．在上的值域为 C．在上的单调增区间为 D．曲线与直线所围区域的面积为 5．设事件为两个随机事件，已知，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 6．如图，平面平面，四边形为矩形，且，的面积为3，若点P为线段DE上一点，则三棱锥的最大体积为（    ） A． B．1 C． D． 7．直线：（）被圆：截得的弦长的最小值为（   ） A． B． C． D． 8．已知，，，则下列说法正确的是（   ） 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．设函数，则（    ） A．在处的切线方程为 B．是的极大值点 C．当时， D． 10．已知是各项均为正数的等差数列，且公差，是各项均为正数的等比数列，且公比，若项数均为项（），下列说法正确的有（    ） A．数据的平均数是 B．数据的平均数是 C．若，则数据的中位数大于数据的中位数 D．若，则数据的平均数大于数据的平均数 11．已知点是曲线上的任意一点，是曲线上任意一点，设PQ的中点为M，O为坐标原点，记的最小值为，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知的展开式中所有二项式系数之和为，则展开式中常数项为 . 13．已知为椭圆的左、右焦点，为上一点，的离心率为，为的一个动点，则的最小值为 . 14．在平面四边形中，已知，且，则a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．现有一质地均匀的正方体骰子（六个面分别标着数字1~6），连续投掷两次，记m，n分别为第一次、第二次投掷后朝上的点数，设离散型随机变量. (1)求和的值； (2)求X的分布列和数学期望. 16．已知数列满足：． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 17．已知. (1)当时，求在处的切线方程； (2)若的最小值为2，求实数的值； (3)当时，若，求证：. 18．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子，分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记 (1)求的长，并求当为何值时，长度取得最小值； (2)当的长取得最小值时，求平面与平面夹角的余弦值. 19．双曲线C经过两点.过点的直线与双曲线C交于P，Q，过点的直线与直线相交于点S且 (1)求双曲线C的方程； (2)若，求直线的斜率. 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 《方城县第一高级中学2026届高三假期第二周学情自测数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B A AD A B D A AD ACD 题号 11 答案 ABC 1．C 【分析】利用分式不等式与一元二次不等式解法解出集合，再根据集合补集运算和集合交集运算得出结果. 【详解】由，解得：，又， 所以， 由，得解：或， 所以或， 所以， 所以， 故选：C. 2．B 【分析】由复数的除法求得复数，然后得到其模长. 【详解】由题意可知， ∴. 故选：B 3．A 【分析】根据投影向量的定义计算即得. 【详解】∵，∴， 所以在上的投影向量为：. 故选：A. 4．AD 【分析】先利用二倍角的余弦公式与和差的正弦公式化简函数解析式，然后根据正弦函数的值域、周期、单调性等性质逐项计算判断即可. 【详解】对于A，因为函数. 其最小正周期为，所以，所以，A正确； 所以. 对于B，因为，所以，所以. 所以，B错误； 对于C，因为，所以令，则， 根据正弦函数的图象和性质可知，在上的单调增区间为. 即，解得. 所以在上的单调增区间为，不应该有并集符号，C错误； 对于D，因为，令，则， 所以，所以，解得， 因为，所以， 根据函数的对称性曲线与直线所围区域的面积为图中矩形的一半， 即，所以D正确. 故选：AD. 5．A 【分析】根据条件概率公式及对立事件概率公式计算求解即可. 【详解】， 因， 故． 故选:A． 6．B 【分析】过点作的延长线于，可证平面，利用，可求最大体积. 【详解】过点作的延长线于， 又因为平面平面，平面平面，所以平面， 又因为的面积为3，，所以，所以， 所以， 当在点时取等号，故三棱锥的最大体积为. 故选：B. 7．D 【分析】求圆的圆心和半径，根据直线方程可得直线过定点，根据圆的性质求结论. 【详解】 圆：的圆心为，半径， 直线：（）恒过点， 当与垂直时，弦长最小，又， 所以被圆截得的弦长的最小值为. 故选：D. 8．A 【分析】令，，，得到 设和，利用导数求得和的单调性，结合函数的单调性，比较大小，即可得到答案. 【详解】令，，， 可得， 设，其中， 可得，所以在上单调递减， 所以，即，即， 故，所以； 设，其中， 可得，令， 可得，故在上单调递增， 所以，可得，所以在上单调递增， 所以，可得， 故，所以，所以. 故选：A. 9．AD 【分析】对于A选项求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程，对于B,C选项求出函数的单调区间，从而得到函数的极大值点以及函数值的范围，对于D，代入函数解析式验证即可求解. 【详解】对于A，，在处的切线方程为，化简可得，故A选项正确； 对于B，，令，解得：, 令，解得：或, 令，解得：, 所以函数在和递增，在递减， 则是的极小值点，故B选项错误； 对于C，由于函数在和递增，在递减，故当时，最小值为，最大值为，所以，故C选项错误： 对于D选项，由于，D选项正确. 故选：AD 10．ACD 【分析】求出数据的平均数可判断A选项：举例可判断B选项；求出、的中位数可判断C选项；求出、的平均数可判断D选项. 【详解】对于A选项,设的前项和为， 所以数据的平均数是，故A选项正确： 对于B选项，当时，取为2，4，8， 平均数为，故B选项错误； 对于C选项，的中位数是，的中位数 是，故C选项正确； 对于D选项，数列的前项和为， 所以数列的前项和的平均数为， 数列是各项均为正数，且公比的等比数列， 所以， 所以的前项和， 所以数列的前项和的平均数小于， 由C选项知，，所以数列的前项和的平均数 比的前项和的平均数大，D选项正确. 故选：ACD. 11．ABC 【分析】对A可判断中点在直线上，进而可得最小值；对BCD选项，先由中点坐标公式及曲线，曲线，可得点M的轨迹方程（以P点的横坐标为参数），再用点到直线的距离公式，并结合用导数求最小值可得. 【详解】设， 对于A：若动点P，Q分别在直线和上移动，且. 如图： 所以PQ的中点在直线上，所以点到原点的距离，故.A选项正确.， 对于B：设点在直线上，点在曲线上， 对于直线上一个固定点，曲线上一个动点， 中点满足，代入可得， 即对于每一个直线上的固定点，，只需再求点在直线上运动时， 显然，故.所以B选项正确. 对于C：设点在直线上，点在曲线上， 线段PQ的中点为M，O为坐标原点，则， 消去参数，可得点的轨迹方程为直线，则， 令，，所以， 所以函数在单调递减，在上单调递增，所以， 故，所以C选项正确. 对于D：若动点P，Q分别在和曲线上， 则，又，所以， 所以点在直线上. 又，所以点到直线的距离， 令，则， 令，得，进而可知在上单调递增，在上单调递减， 所以.于是可得，D选项错误. 故选：ABC 12． 【分析】利用所有二项式系数之和可求出的值，再结合二项式展开式通项可求得展开式中的常数项的值. 【详解】因为的展开式中所有二项式系数之和为，解得， 的展开式通项为， 令，可得，故展开式中的常数项为. 故答案为：. 13． 【分析】先根据离心率和点的坐标求出，利用基本不等式可求答案. 【详解】因为的离心率为，所以，，由得， 将代入方程可得，解得，即. 由椭圆定义可得， ， 当且仅当时，即，等号成立， 所以的最小值为. 故答案为： 14．5 【分析】取点E满足，从而可得的值，再根据余弦定理的值，结合三角形三边关系即可求得a的最大值. 【详解】如图，点E满足，则,    因为， 所以可得， 在中，由余弦定理可得， 所以，当且仅当C，B，E三点共线，即时等号成立, 所以a的最大值为5. 故答案为：5. 15．(1)， (2)分布列见解析， 【分析】（1）由古典概型概率公式求解即可； （2）由古典概型概率公式求得概率，再结合期望公式求解即可； 【详解】（1）由题意可得离散型随机变量X表示连续两次投掷得到的朝上点数的差的绝对值， 连续投掷两次骰子，得到的点数共有36种可能， 其中可能情况有6种， 故． 其中可能情况有10种，， 故． （2）由题意可得X的可能取值有0，1，2，3，4，5， 的情况有，8种， 的情况有，6种， 的情况有，4种， 的情况有，2种， 所以， ， 可得分布列如下： X 0 1 2 3 4 5 P 故． 16．(1) (2) 【分析】（1）先利用求出首项，再通过作差法（用前项和减前项和）得到通项公式，并验证首项满足该式； （2）先由求出的表达式并拆分为等比数列与等差数列的和，再分别用等比数列和等差数列的求和公式求出前项和. 【详解】（1）因为， 当时，，所以， 当时，①， ②， ①②得，，所以， 也满足． 综上，． （2）由题可知， 所以 ． 17．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出切点以及，利用点斜式方程求解； （2）利用导数求最值； （3）根据题意，，要证，只需证，令，利用导数证明其恒大于0即可. 【详解】（1）时，．因为，所以切点为， 因为，所以， 所以在处的切线方程为，即. （2）因为， ①若，则恒成立，所以在单调递减，无最小值，不符合题意； ②若，令得，则的变化如下表所示， - 0 + 极小值 ，即解得. 即的最小值为2时，． （3）由题意知，所以，因为，所以. 要证，只需证， 即． 令，则， 所以在单调增， 因为，所以，即， 所以成立． 18．(1)， (2) 【分析】（1）法一根据面面垂直的性质定理和线面垂直的性质得到，然后利用勾股定理求，并利用二次函数的性质求解最小时的取值，法二建立空间直角坐标系，写出关键点的坐标，运用两点间的距离公式求出，最后结合二次函数最值求解最小时的取值即可. （2）法一根据定义得到为平面与平面的夹角或其补角，然后利用余弦定理求余弦值，法二建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量。再利用面面夹角的向量求法求解即可. 【详解】（1）法一：如图，过点作于点，连接， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为正方形边长为2，， 所以，，， 得到. 当时，长度取得最小值. 法二：因为四边形为正方形，所以，由题意知，， 如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 因为正方形，的边长都是2，所以 又，得到，， 所以 ， 由二次函数性质得当时，长度取得最小值. （2）法一：由已知得，当点，为，中点时的长最小， 取中点，连接，，，， 因为，为正方形，点，为，中点， 所以， 因为为中点，所以，， 因为平面平面， 所以为平面与平面的夹角或其补角， 而，，，， 在三角形中，根据余弦定理得，则面面夹角取的补角， 故平面与平面夹角的余弦值为. 法二：因为取最小值时，所以，， 当、分别为、为中点时，最短， 此时、，， 设平面的法向量为，，， 则，取，解得，，可得， 设平面的法向量为 所以，即，取，所以，， 所以平面的法向量为， 设平面与平面夹角为， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. 19．(1) (2)或. 【分析】 （1）设双曲线方程为，代入运算求解即可； （2）根据题意可知直线的斜率存在，设直线，，，联立方程，利用弦长公式结合韦达定理运算求解. 【详解】（1） 设双曲线方程为， 代入可得，解得， 所以双曲线的方程为. （2） 若直线的斜率不存在时，则，，不符合， 所以直线的斜率存在，设直线，，， 联立方程，消去y得， 则且， 可得， 则， 又因为，可知，则， 由题意可知：，即， 整理得，解得或， 且或均符合且， 所以直线的斜率或. 答案第14页，共15页 答案第1页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 $