河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）2025-2026学年高三下期03月二轮测试（一）数学试题

河南省信阳高级中学新校（贤岭校区） 2025-2026学年高三下期03月二轮测试（一） 数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B C A B A C A B ABD BCD BCD 1 学科网（北京）股份有限公司 12．0 13． 14． 15．(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）由平面得到．由得到． 利用直线和平面垂直的判定定理得到平面，利用平面和平面的判定定理得到平面平面； （2）由得到以点为坐标原点，以，所在直线分别为轴，轴，建系，写出点的坐标，求出和平面的法向量，设直线与平面所成角为， 利用数量积公式求出，从而得到直线与平面所成角的正弦值． 【详解】（1）因为平面，平面，所以． 因为，所以． 又因为平面，故平面． 又因为平面，所以平面平面． （2）因为，所以以点为坐标原点， 以，所在直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，， 设平面的法向量为， 则即，令得， 故平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 16．（1）；（2）（i）；（ii）． 【分析】（1）化简原式，直接利用余弦定理求的值即可； （2）（i）由（1）可得，再利用正弦定理求的值； （ii）由二倍角的正弦公式以及两角和的正弦公式可得结果． 【详解】在中，由正弦定理 可得：，整理得， 由余弦定理，可得； （2）（i）由（1）可得，又由正弦定理， 及已知，可得， 由已知，可得，故有， 为锐角，可得，； （ii）由（i）可得，, . 17．(1)分布列见解析，； (2). 【分析】（1）运用二项分布的知识求解即可； （2）利用错位相减法解决“等差数列等比数列”的求和模型. 【详解】（1）由题意知，每个家庭“只有电动车”的概率为，“既有电动车又有其他交通工具”的概率为.则X的可能取值为3，4，5，6. ，， ，， 所以X的分布列为 x 3 4 5 6 P 所以. （2）因为这户的合计得分为分，所以其中恰有户为“既有电动车又有其他交通工具”，其余户均为“只有电动车”. 所以， 设， 即 ①， 则 ②， ①②得， 即，所以， 即. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）求出抛物线 的准线方程，建立关于 的方程，求解即可； （2）根据（1）求出点 的坐标，进而求出直线 的方程，并与抛物线方程联立，得到 间的关系，再求 的坐标，进而得 及点 到直线 的距离，利用三角形的面积公式即可求得结果； （3）先求出数列 的通项公式，进而分类讨论求出， 通过参变分离，将不等式恒成立问题转化为二次函数最值问题，即可求的取值范围. 【详解】（1）由题意知抛物线 的准线方程为 ， 则由题意得 ， 整理得 ，即 ，得 . （2）由（1）知抛物线 的方程为 ，则 ， 因为点 在抛物线 上，则 ， 因为点 与 关于 轴对称， 所以当 时，易知 ， 所以过 且斜率为 的直线 的方程为： ， 联立，得 ， 消去 ，得 ， 解得 或 ， 所以 ，即 . 所以 ，则 ， 又直线 的方程为 ，即 ， 则点 到直线 的距离 ， 所以 （3）由 (2) 知数列 是首项为 2，公差为 2 的等差数列， 所以 ， 代入抛物线方程得 ， 又因为当 时， 所以， 当 为偶数时， . 当 为奇数时， 所以， 因为对任意的 恒成立， 所以当 为偶数时， ，即 恒成立， 又 ， 所以当 时， 取得最小值，且最小值为， 所以 ， 当 为奇数时， 即 恒成立， 又 ， 所以当 时， 取得最小值，且最小值为，所以 . 综上可得 的取值范围为 . 19．(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用求导判断函数的单调性，利用单调性即可得证； （2）将函数求导得，记，再求导得，根据，分成，和三类情况讨论函数的单调性，即可逐一判断求得参数范围； （3）由（1）知，当时，，先后令，令，将其化成，再令，，可得，利用结合条件可得，从而要证，即证，再由余弦函数的单调性，需证，设，利用求导判断单调性证明即可. 【详解】（1）因，则， 当时，，所以在上单调递减， 所以，故当时，． （2）的定义域为，则， 记，则，则． ①若，即，则 令，则，所以在上单调递增， 当时，此时，则，故在上单调递增，不合题意； ②若，即，则必存在，使得当时，，则在上单调递增． 又，所以当时，，即在上单调递增，不合题意； ③若，即，同理可得，存在，使得当时，， 则在上单调递减．又，则当时，，单调递减， 当时，，单调递增，所以是的极大值点． 综上所述，的取值范围是． （3）由（1）知，当时，． 令，则，再令， 则． 令，，则． 所以． 由，得． 要证，只需证． 因为在上单调递减，所以只需证． 令，则，令，则， 易知在上单调递减．又，， 所以存在，使得，则在上单调递增，在上单调递减． 又，且在上单调递增，故在上大于0. 而在 上单调递减，且，故存在唯一的，使得. 则在上单调递增，在上单调递减． 又，，所以恒成立， 所以，则，所以． $ 河南省信阳高级中学新校（贤岭校区） 2025-2026学年高三下期03月二轮测试（一） 数学试题 一、单选题：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（为虚数单位），则（   ） A． B． C． D． 3．若，则（    ） 1 学科网（北京）股份有限公司 A． B． C． D． 4．已知变量和的成对样本数据的经验回归方程为，且，当增加1个样本数据后，重新得到的经验回归方程的斜率为，则在新的经验回归方程的估计下，样本数据所对应的残差为（    ） A． B． C．1 D．2 5．已知正三棱柱的所有棱长均为1，E为棱的中点，，那么三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 6．某校有5名学生打算前往观看电影《哪吒2》，《战狼》，《流浪地球2》，每场电影至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看电影《哪吒2》的方案种数有（    ） A．30 B．45 C．60 D．75 7．已知函数 则（    ） A．0 B．1 C． D． 8．已知双曲线的左、右焦点分别为，，A，B是双曲线右支上两点，且，设的内切圆圆心为，的内切圆圆心为，直线与线段交于点P，且，则双曲线C的离心率为（    ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9．某儿童医院用甲、乙两种疗法治疗小儿消化不良．为分析两种疗法效果是否有差异，采取有放回的简单随机抽样的方法对治疗情况进行检查，得到如下数据： 疗法 疗效 未治愈 治愈 甲 15 52 乙 6 63 附常用小概率值及其相应的临界值表为： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 计算得．则下列说法正确的是：（    ） A．以频率估计概率，有 B．以频率估计概率，有 C．若取，可以认为疗效与疗法独立 D．若取，可以认为疗效与疗法独立 10．在中，内角，，所对的边分别为，，，如下判断正确的是（   ） A．若，则 B．若，则为等腰三角形 C．若，则为锐角三角形 D．若满足条件，的有两个，则的取值范围为 11．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．的值域为 B．是的极小值点 C．若，则 D．若过点的曲线的切线有且仅有两条，则a的取值范围为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12．若，则的值为__________. 13．已知直线和直线，则抛物线上一动点P到直线的距离之和的最小值为________． 14．在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，其中.定义：在维空间中两点与的曼哈顿距离为.在维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离，则__________. 四、解答题：本大题共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．（13分）如图，在三棱锥中，平面，，，，． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 16．（15分）在中，角的对边分别为，已知 （1）求的值； （2）若， （i）求的值： （ii）求的值. 17．（15分）2025年12月1日全面实施电动车新国标的相关规定，全面禁售旧国标车，聚焦车辆安全性能升级.据调查拥有电动车的家庭中，的家庭只拥有电动车，的家庭既有电动车也有其他交通工具.对于每个家庭，若只拥有电动车则记1分，若同时拥有其他交通工具则记2分.假设各家庭是否拥有其他交通工具相互独立，且视调查频率为概率. (1)从被调查家庭中随机抽取3户，记这3户的合计得分为X，求X的分布列和数学期望； (2)从被调查家庭中随机抽取n（）户，记这n户的合计得分恰为的概率为，求. 18．（17分）如图所示，已知抛物线 被两组首尾相接的平行线段所截，其中一组平行线 …的斜率为，一组平行线. 与x轴垂直，将两组平行线与抛物线C在x轴上方的交点从左到右依次记为 x轴下方的交点从左到右依次记为 若点 的横坐标为1，且点 到抛物线C的准线的距离为 (1)求p的值； (2)求 的面积； (3)设 当 时， ，数列 的前n项和为 ，若对任意的，恒有 求实数m的取值范围. 19．（17分）已知函数，． (1)证明：当时， (2)若是的极大值点，求的取值范围． (3)若，且，其中，证明：． $