精品解析：河南省方城县第一高级中学2026届高三假期第一周学情检测数学试题

方城县第一高级中学2026届高三假期第一周学情检测 数学试题 （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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可得出的值. 【详解】由已知可得，因此，. 故选：B. 2. 已知直线与平面.命题：在平面外，命题：，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】判断命题能否推出命题，以及命题能否推出命题，进而确定是的什么条件. 【详解】判断充分性:在平面外，直线在平面外包含两种情况: 直线与平面平行或直线与平面相交,当直线与平面相交时，不满足， 即由不能必然推出，所以充分性不成立; 判断必要性:直线与平面平行属于直线在平面外的一种情况， 所以当时，一定有在平面外，即由可以推出，所以必要性成立; 所以是的必要不充分条件. 故选:B 3. 已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则的图象（ ） A. 关于直线对称 B. 关于直线对称 C. 关于点成中心对称 D. 关于点成中心对称 【答案】C 【解析】 【分析】利用连续型随机变量服从正态分布，结合正态密度曲线的性质计算可判断每个选项的正误. 【详解】由连续型随机变量服从正态分布， 可得，可得，所以正态密度曲线关于对称， 即， 由，可得在时增加较快，在时增加越来越慢， 所以无对称轴，故AB错误； ， 所以关于点成中心对称，故C正确，D错误. 故选：C. 4. 由伦敦著名建筑事务所Steyn Studio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品.若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线的一部分，且此双曲线的一条渐近线为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用渐近线方程求出的值，再利用双曲线的离心率公式求解即可. 【详解】由题意可知，该双曲线的一条渐近线方程为，即， 故，可得， 故该双曲线的离心率为. 故选：B. 5. 已知点是内一点，满足，则实数为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件可以得出，取上靠近点的三等分点，即可得到，这样即可得出三点共线，画出图形，并得到，从而解出的值． 【详解】因为，所以， 如图，取上靠近点的三等分点，则， 所以，则三点共线； 所以与共线反向，则，且， ，解得． 故选：D. 6. 设，且，若能被整除，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，写出的展开式，即可得到能被整除，从而得解. 【详解】因为 ， 因为能被整除，又，即能被整除， 即能被整除， 所以能被整除，又且，所以. 故选：C 7. 已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，确定圆心到直线的距离的取值范围，根据点到直线的距离公式及不等式的性质，求得的取值范围. 【详解】由题意，圆的圆心为，半径， 圆心到直线，即的距离， 由圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个， 得，即， 解得或． 故选：C． 8. 在中，角所对应的边分别为，设的面积为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由面积公式和余弦定理，基本不等式对进行变形，得到关于的关系式，结合三角函数的有界性，列出关于t的不等式，求出最大值. 【详解】，， 则设 所以，即 ， 故选：A. 【点睛】三角函数最值问题，要充分使用题干中的条件及一些工具，比如正余弦定理，面积公式，基本不等式等对不等式进行变形，这道题目的难点在于使用了三角函数的有界性，辅助角公式来求解最值. 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. 下列函数中，在区间上单调递减的函数有（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】逐一分析函数在给定区间上的单调性，可进行判断. 【详解】对A：当，则，因为在上单调递增，所以在上单调递增，故A不满足条件； 对B：因为在上单调递增，所以在上单调递减，故B满足条件； 对C：当时，，在上单调递减，所以C满足条件； 对D：当时，，所以，因为在单调递减，所以在上单调递增，即在上单调递增，故D不满足条件. 故选：BC 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，若函数的零点所在区间为，则 B. 若函数有两个零点，则 C. 函数有5个零点 D. 若函数有三个零点，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】令，根据函数单调性可知方程的解在区间，可判断A；函数有两个零点，即方程有两个解，结合图象判断B；方程的根为或，结合图象判断C；根据题意则，则，结合对勾函数的性质求范围，判断D. 【详解】当时，即， 令，则函数为上的增函数， 且， 所以方程的解在区间， 即函数的零点所在区间为，故，A正确； 函数有两个零点，即方程有两个解， 也就是的图象与直线有两个交点， 根据图象可得，B错误； 函数的零点即为方程的根， 则或， 根据图象，有两个解，有三个解， 所以函数有5个零点，C正确； 若函数有三个零点，且，则， 则， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 且在上单调递减，所以， 所以，D正确. 故选：ACD 11. 在直角梯形中，，，，将沿翻折，形成一个二面角.则（ ） A. 在翻折的过程中，存在某个位置，使得 B. 若二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为 C. 在翻折的过程中，存在某个位置，使得三棱锥外接球的体积为 D. 若二面角的大小为，点为线段上的动点，则最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A项，应用空间向量研究即可判断；对于B项，结合二面角大小，应用空间向量求，进而可求出异面直线与所成角的余弦值；对于C项，研究外接球半径的取值范围，进而可判断C项的正误；对于D项，可建立空间直角坐标系，应用坐标运算求的最小值即可. 【详解】对于A项，因为在直角梯形中，，，，所以可得，. 设的中点为，连接（如图1）， 因为且， 所以且， 又因为, 所以， 其中，所以， 所以在翻折的过程中，不会垂直，故A错误； 对于B项，因为，，所以. 因为， 所以， 所以， 又因为异面直线与所成角在，所以异面直线与所成角的余弦值为，故B正确； 对于C项，取的中点，连接（如图1）， 设直线过点且垂直于平面， 因为点是直角三角形的斜边的中点，再结合球的截面性质， 所以外接球的球心在直线上. 设直线过点且垂直于平面，同理可知外接球的球心也在直线上. 同时可证直线，直线均在平面内. 作截面（如图2），其中为二面角的平面角， 设，外接球的球心为, 则外接球的半径为， 且 （当，即二面角为直角时取最小值）， 所以三棱锥外接球的体积最小为， 所以在翻折的过程中，三棱锥外接球的体积可以为，故C正确； 对于D项，可建立空间直角坐标系（如图3所示）， 则, 设点且， 所以， 所以， 所以 所以当时，取最小值，故D正确. 故选：BCD. 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，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据诱导公式和倍角公式化简计算. 【详解】因为， 所以 . 故答案为： 13. 已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为_______. 【答案】1 【解析】 【分析】法一：根据台体的体积公式得三棱台的高，作辅助线并结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系得，进而求正三棱锥的高，即得结果. 【详解】法一：分别取的中点，则， 可知， 设正三棱台的为，则，解得， 如图，分别过作底面垂线，垂足为，设， 则，， 可得， 结合等腰梯形可得， 即，解得， 所以与平面ABC所成角的正切值为； 法二：将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角， 因为，则，知，则， 设正三棱锥的高为，则，解得， 取底面ABC的中心为，则底面ABC，且， 所以与平面ABC所成角的正切值. 故答案为：1 14. 已知函数在上单调递增，若对任意，都有，则实数的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知判断的奇偶性、单调性，问题化为在区间恒成立，进而简化为考虑在区间恒成立，两边同时平方整理得恒成立或恒成立，进而可得. 【详解】令且定义域为R， 又，所以为奇函数， 而在上单调递增，则在上单调递增， 根据奇函数的对称性知，在R上单调递增， 由且，得， 所以， 所以在区间恒成立， 当，即或时，不等式恒成立， 所以，只需在区间恒成立，其中， 即，整理得， 而，故恒成立或恒成立， 因，故，，故只需或， 故实数的取值范围是， 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. 已知某险种首次参保的保费为2000元，保险期为1年.在总体中抽取1000单，统计其在一个保险期内的赔偿次数，得到表 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 900 60 20 10 10 表1 用频率估计概率，解答下列问题. 已知下一个保险期的保费由上一个保险期的赔偿次数决定，记上一个保险期的保费为a元，下一个保险期的保费与上一个保险期的赔偿次数的关系如表2所示. 上一个保险期的赔偿次数 0 1 2 3 4 下一个保险期的保费 表2 已知甲2025年首次参保，此后计划每年都参保. （1）估计甲2026年参保第二个保险期的保费为X元，求X的数学期望； （2）求在甲2026年参保的保费大于2000元的前提下，甲2027年参保第三个保险期的保费少于2400元的概率. 【答案】（1）1944 （2） 【解析】 【分析】(1)由题意知X的可能取值，分别计算对应的概率值，求出数学期望． (2)计算甲2026年参保的保费大于2000元的概率和甲2026年参保的保费大于2000元，且2027年参保的保费少于2400元的，求比值即可． 【小问1详解】 X的可能取值为1900，2200，2400，2600，2800； ，， ， 即X的分布列为 X 1900 2200 2400 2800 P 数学期望为： 元 【小问2详解】 甲2026年参保的保费大于2000元的概率为 甲2026年参保的保费大于2000元，且2027年参保的保费少于2400元的情况包括： 2026年参保的保费为2200元，且2026年的赔偿次数为0； 2026年参保的保费为2400元，且2026年的赔偿次数为 其概率， 故所求的概率为 16. 已知函数，记，且，. （1）求的极小值； （2）设，， （i）证明：数列是等差数列； （ii）求数列的前项和为. 【答案】（1）； （2）（i）证明见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，进而得到极小值； （2）（i）求导，得到，，求出，，则，所以是以为首项，公差的等差数列， （ii）计算出，利用错位相减法求和即可. 【小问1详解】 定义域为R，， 令得，令得， 在上单调递减，在上单调递增； 所以的极小值为 ； 【小问2详解】 （ⅰ）因为， 所以， 又， 所以，，故为公比为2的等比数列， 由（1）可知，则，，所以， ， 则，所以是以为首项，公差的等差数列， (ii)由（i）知，，所以. ， 2， 两式相减可得 ， 所以. 17. 在三棱锥中，底面，，，.点满足. （1）求点到平面的距离； （2）点在线段上，若与平面所成角为，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用棱锥体积的等积性进行求解即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 因为底面，底面， 所以，所以， 又因为，平面， 所以平面，又因为平面， 所以， 设点到平面的距离为， 则 【小问2详解】 根据（1）的结论，建立如图所示的空间直角坐标系，则 ， 设， 由， 因为点在线段上， 所以设，设， 所以由， ，， 设平面的法向量为， 所以，取， 所以是平面的一个法向量， 所以 ， 因为，所以对于来说都是增函数， 所以最大，同样最大， 设， 所以当时，该二次函数有最小值，所以函数有最大值， 最大值为，即， 所以， 因此， 所以的最大值为 18. 已知抛物线：（）的焦点到其准线的距离为2. （1）求抛物线的标准方程； （2）过点的直线与抛物线交于，两点，点在第一象限. ①直线与抛物线的另一个交点为，当时，求直线的方程； ②是否存在定点，使得直线与斜率互为相反数，如果存在，请求出点的坐标；如果不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由题意可得，即可求解； （2）①设直线的方程为，然后与抛物线联立可得，同理设出直线的方程为可得，即得，再结合，即可求解； ②假设存在这样的，设，且，化简整理可得对任意恒成立，即可求解. 【小问1详解】 由题意点到其准线的距离为，则， 所以抛物线的标准方程为. 【小问2详解】 ①设直线的方程为，，，， 联立，得，所以， 设直线的方程为， 联立，得，所以， 所以可得，所以， 所以，化简得，解得， 又因为点在第一象限，所以，则，所以，解得， 所以直线的方程为. ②假设存在这样的，设，， 所以，即， 化简得， 即， 即对任意恒成立， 所以，解得， 所以假设成立即存在. 19. 已知函数，其中，且． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的零点个数； （3）若恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）将转化为，利用导数研究的单调性，分类讨论、、、时，的零点情况即可； （3）易知当时不符合题意；当时，原不等式转化为，令，利用导数研究的性质，结合计算即可. 【小问1详解】 当时，， ， 所以，即. 【小问2详解】 函数等价于，则即， 令，则转化为的解的个数，， 当时，单调递增；当时，单调递减． 则在处取得极大值，也是最大值， 当时，；当． 当时，，解得，1个零点； 当时，与有1个交点，此时1个零点； 当时，与有2个交点，此时2个零点； 当时，与有2个交点，此时2个零点； 综上，当或时，1个零点；当或时，2个零点． 【小问3详解】 恒成立恒成立． 当时，，不符合题意； 当时，，因为曲线与关于直线对称， 所以. 令， 令，又因为单调递增， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增． 所以时，取极小值点，也是最小值， 所以的最小值为，其中， 由，得，即，所以． 综上可得，所以的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 方城县第一高级中学2026届高三假期第一周学情检测 数学试题 （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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线与平面.命题：在平面外，命题：，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 3. 已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则的图象（ ） A. 关于直线对称 B. 关于直线对称 C. 关于点成中心对称 D. 关于点成中心对称 4. 由伦敦著名建筑事务所Steyn Studio设计的南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品.若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线的一部分，且此双曲线的一条渐近线为，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知点是内一点，满足，则实数为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 6. 设，且，若能被整除，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则的取值范围是（　　） A. B. C. D. 8. 在中，角所对应的边分别为，设的面积为，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. 下列函数中，在区间上单调递减的函数有（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 当时，若函数的零点所在区间为，则 B. 若函数有两个零点，则 C. 函数有5个零点 D. 若函数有三个零点，且，则 11. 在直角梯形中，，，，将沿翻折，形成一个二面角.则（ ） A. 在翻折的过程中，存在某个位置，使得 B. 若二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为 C. 在翻折的过程中，存在某个位置，使得三棱锥外接球的体积为 D. 若二面角的大小为，点为线段上的动点，则最小值为 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，则__________. 13. 已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为_______. 14. 已知函数在上单调递增，若对任意，都有，则实数的取值范围是_________. 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. 已知某险种首次参保的保费为2000元，保险期为1年.在总体中抽取1000单，统计其在一个保险期内的赔偿次数，得到表 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 900 60 20 10 10 表1 用频率估计概率，解答下列问题. 已知下一个保险期的保费由上一个保险期的赔偿次数决定，记上一个保险期的保费为a元，下一个保险期的保费与上一个保险期的赔偿次数的关系如表2所示. 上一个保险期的赔偿次数 0 1 2 3 4 下一个保险期的保费 表2 已知甲2025年首次参保，此后计划每年都参保. （1）估计甲2026年参保第二个保险期的保费为X元，求X的数学期望； （2）求在甲2026年参保的保费大于2000元的前提下，甲2027年参保第三个保险期的保费少于2400元的概率. 16. 已知函数，记，且，. （1）求的极小值； （2）设，， （i）证明：数列是等差数列； （ii）求数列的前项和为. 17. 在三棱锥中，底面，，，.点满足. （1）求点到平面的距离； （2）点在线段上，若与平面所成角为，求的最大值. 18. 已知抛物线：（）的焦点到其准线的距离为2. （1）求抛物线的标准方程； （2）过点的直线与抛物线交于，两点，点在第一象限. ①直线与抛物线的另一个交点为，当时，求直线的方程； ②是否存在定点，使得直线与斜率互为相反数，如果存在，请求出点的坐标；如果不存在，请说明理由. 19. 已知函数，其中，且． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的零点个数； （3）若恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $