河南南阳市方城县第一高级中学2026届高三下学期一模考试数学试题

2026年春期高三一模考试 数学学科 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．样本数据，，，的平均数为（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 2．复数，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 3．已知抛物线上的一点的横坐标为，则点到焦点的距离为（   ） A． B． C． D． 4．已知函数，其中，实数，下列选项中正确的是（    ） A．若，函数关于直线对称 B．若，函数在上是增函数 C．若函数在上最大值为1，则 D．若，则函数的最小正周期是 5．已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，若，则（   ） A．1 B． C．0 D． 6．已知，是第四象限角，则的值为（    ） A． B． C． D． 7．已知向量，若与共线，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 8．已知，，，则a，b，c的大小关系为（   ） 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，有错选的得0分。 9．如图，正方体的棱长为分别为棱的中点，为线段上的动点，则（    ） A．平面 B． C．平面 D．的最小值为 10．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（     ） A．若，，，则符合条件的有且仅有两个 B．若，则 C．若，则为钝角三角形 D．若为锐角三角形，则 11．将一枚质地均匀的硬币连续投掷次，定义随机变量为结果中连续出现正面的最大次数.若始终未出现正面，规定，例如，投掷结果为“正反正正”时，连续出现正面的次数为和，故，则（   ） A． B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在中，已知，，，则______. 13．已知等差数列的前项和为，当为定值时，也是定值，则______. 14．已知，，使得整除的解的有________组． 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．（13分）已知数列的前n项和为，从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，条件①，且；条件②为等比数列，且满足；解答下列问题．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． (1)求数列的通项公式； (2)设，记的前n项和为，若对任意正整数n，都有，求实数的取值范围． 16．(15分）甲、乙两人进行AI知识问答比赛，共进行多轮抢答赛，每轮比赛中有3道抢答题，每道题均有人抢答，其计分规则为：初始甲、乙双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.假设甲、乙抢到每题的成功率相同，且两人每题答题正确的概率分别为和.求： (1)甲在每轮比赛中获胜的概率； (2)甲前二轮累计得分恰为4分的概率. 17．（15分）已知球的半径为1，在球的内接八面体中，顶点，分别在平面两侧，且四棱锥与都是正四棱锥. (1)如图1，若点在平面上，求证：平面； (2)如图2，若二面角的正切值为，求该内接八面体的体积. 18．（17分）设函数，直线是曲线在点且处的切线. (1)当时，求的单调区间； (2)求证：不经过点； (3)当时，设点且，为与轴的交点， 与 分别表示与的面积，是否存在点使得 成立？若存在，这样的点有几个？ 19．（17分）已知A、B为椭圆（）和双曲线的公共顶点，P、Q分别为双曲线和椭圆上不同于A、B的动点，且（，），设AP、BP、AQ、BQ的斜率分别为、、、. （1）若，求的值（用a、b的代数式表示）； （2）求证：； （3）设、分别为椭圆和双曲线的右焦点，若，求的值． 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 数学参考答案 1．D 【详解】样本数据的平均数为. 2．A 【详解】依题意，. 3．B 【详解】抛物线的准线方程为， 由抛物线定义可知，点到焦点的距离与点到准线的距离相等， 则点到焦点的距离. 4．C 【分析】求出即可判断选项A；由正弦函数的单调性即可判断B；由正弦函数的性质可得关于的不等式，从而可求出的取值范围，即可判断C；判断，即可判断D． 【详解】对于A，若，则， ，不是最值， 所以不关于直线对称，故A错误； 对于B，若，则， 当时，，因为正弦函数在上不单调， 所以函数在上不是增函数，故B错误； 对于C，，则， 因为函数在上最大值为1， 所以，解得，故C正确； 对于D，若，函数， 因为， 所以函数的最小正周期不是，故D错误． 故选：C． 5．C 【分析】由和推出，进而得周期即可求解. 【详解】由为奇函数有， 为偶函数有， 所以有，即， 所以函数的周期为，所以， 又， 故选：C. 6．D 【分析】先由两角差的正弦公式求得，再根据同角三角函数基本关系求得，最后由正弦的两角和公式求解． 【详解】因为， 所以，则， 是第四象限角， ， ． 故选：D． 7．D 【分析】根据与共线，可得，求得，再利用向量在向量上的投影向量为，计算即可得解. 【详解】由向量，， 若与共线，则，所以， 则， 所以向量在向量上的投影向量为： ， 故选：D. 8．A 【分析】由指数函数，对数函数单调性可得答案. 【详解】因函数在上单调递增， 则，， 则. 故选：A 9．ABD 【分析】根据正方体性质及线面、面面平行的判定易得面面、面，即可判定AB；假设平面，则一定成立，结合题设判断C；求出判断D. 【详解】对于A，，，平面，产面，则平面， 同理平面，而平面，则平面平面， 而平面，又平面，A正确； 对于B，由平面，平面，得，又， 平面，则平面， 而平面，所以，B正确； 对于C，若平面，而平面，则， 而Q为直角三角形的斜边上的动点，不可能恒有，C错误； 对于D，正方体的体对角线，互相平分， 而，当且仅当为中点时取等号，的最小值为，D正确. 故选：ABD 10．BCD 【分析】根据余弦定理以及正弦定理，逐项检验，可得答案. 【详解】对于A：若，，， 由余弦定理得， 故符合条件的有且仅有一个，故A错误； 对于B：反证法：假设，根据三角形内大边对大角，则， 由正弦定理可得，与题干矛盾，故B正确； 对于C：若，由正弦定理得， 由余弦定理得，故，所以为钝角三角形，故C正确； 对于D：若为锐角三角形，则，所以， 因为在上单调递增，所以，故D正确． 故选：BCD． 11．ABD 【分析】A选项利用独立事件的概率乘法公式求得；B选项通过列出的分布列计算期望得；C选项通过枚举发现，说明不能简单分解为独立事件；D选项利用（正面次数）及期望的单调性证得. 【详解】对于A，对应于连续次扔出正面，于是，A正确； 对于B，，，，， 则，B正确； 对于C，观察前次扔出连续的次正面并不等价于前次的以及接下来的. 严格计算：，，，C错误； 对于D，不妨设表示前次投掷中出现正面的次数， 于是，则，则，于是，D正确. 故选：ABD 12． 【分析】利用三角形内角和与正弦定理可得答案 【详解】由三角形内角和得，则， 又由正弦定理：，则. 13．13 【分析】根据等差数列通项公式和求和公式基本量计算得到，求出答案. 【详解】因为，当为定值时，为定值，即为定值， 则为定值， 所以，解得. 故答案为：13. 14． 【分析】先由条件得到整除，然后分类讨论得到所有的解，，，再从得到，即可确定所有的组数. 【详解】由于得整除，而，故整除. 由于，故，所以是非正的整数，即. 若，则，从而是的倍数，设，则，此时； 若，则，从而. 所以，得，所以. 假设，则，且，且，得，所以，矛盾； 所以，则，而，，故. 而一定是的因数，而，故. 如果，则；如果，则. 从而，满足条件的只可能是，，或. 经验证，，，均符合条件. 由解得，所以加上限制条件后，满足条件的恰好就是，，或. 综上，满足条件的一共有组. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用整除的性质和分类讨论确定所有满足条件的. 15．(1) (2) 【分析】（1）若选择①得到，得到等比数列公比为，计算得到，若选择②，计算，得到公比，计算得到通项公式. （2）确定，，利用裂项相消法得到，得到实数的取值范围. 【详解】（1）若选择条件①：且，则， 两式相减，， 又，，解得， 则为公比的等比数列， 因此数列的通项公式为：； 若选择条件②：为等比数列，且满足， 则，， 因此可得， 则. （2）由（1）知，， 则， ， 又，则，故， 要使不等式恒成立，则，即. 16．(1) (2) 【分析】（1）设甲在一轮比赛中获胜为事件，甲在一轮比赛中共抢到道题为事件，由求解即可； （2）设甲前二轮累计得分恰为4分的事件为，甲在一轮比赛中得分的事件为，由即可求解， 【详解】（1）设甲在一轮比赛中获胜为事件，甲在一轮比赛中共抢到道题为事件，则， 又，， 所以. （2）设甲前二轮累计得分恰为4分的事件为，甲在一轮比赛中得分的事件为，则 ， ， 所以 . 17．(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）先证明，再利用线面平行的判定定理直接证明即可； （2）解法1  记正方形的中心为，取中点，设，利用二面角的平面角定义求得，， 因为为二面角的平面角且，列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解； 解法2  记正方形的中心为，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量，利用向量法列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解； 解法3  以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量，利用向量法列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解； 【详解】（1）如图，连接，则必过点， 在四边形中，由于对角线，互相平分， 则四边形为平行四边形，故， 由于平面且平面， 所以平面； （2）解法1  如图，记正方形的中心为，取中点，连接，，，，由于，则，同理可证，则为二面角的平面角，又，则， 则为二面角的平面角，为二面角的平面角， 不妨设点在的下方， 设 则，，，，， 于是，， 于是， ， 由于，则，解得， 则，则，即内接八面体的体积为； 解法2  如图，记正方形的中心为，连接，， 则，，两两垂直，如图，以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 不妨设点在的下方， 则，，，， 于是点，，，， 设平面的一个法向量为，，， 由，，令，则， 于是平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， ，， 由，，令，则， 于是平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，由于， 则，则，， 则，即内接八面体的体积为. 解法3  如图，过点作，记正方形的中心为，连接，， 由于平面，，平面，则，， 且，则，，两两垂直，如图，以点为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 由对称性，不妨设点在的下方，设 则，，，， 于是点，，，， 设平面的一个法向量为，， ， 由，， 令，则，， 于是平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， ，， 由，， 令，则，， 于是平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，由于， 则，则， 则，即内接八面体的体积为. 18．(1)单调递增区间为 ，单调递减区间为 (2)证明见解析 (3)存在，一个 【分析】（1）利用导数进行研究求得单调区间； （2）利用导数的几何意义求得切线方程，进而证明； （3）利用切线方程，求得各相关三角形的面积表达式，根据题意列出方程并利用导数研究求解. 【详解】（1）解：当时，函数 ， 令 ，解得 . 当 时，，故 在区间 上单调递增； 当 时，，故 在区间 上单调递减. 因此， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 . （2）证明：直线是曲线在点 处的切线，其斜率为 . 因此，切线方程为：. 将原点 代入该方程，得到：，即：. 由题意 ，则：. 代入上式： 化简后得到： 两边同乘以 （注意 且 ）， 得：. 设 ， 则 是上述等式的必要条件. 又因为 ， 在区间内，单调递减；在区间内，单调递增； 所以， 所以 仅在 时成立， 而题目要求 .因此， 所以直线不可能经过点 . （3）解：当时，函数为：. 导数：， 在点处的切线方程为： ， 即：， 切线与轴的交点是时的值： ， 化简：， 所以 ，，， ， ，，， . 由 得， 化简得*. 因为且，可以去掉绝对值符号（注意符号分析）： 由（1）得 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 . ， 所以对于恒成立. 所以对于恒成立， 所以对于恒成立， 即，对于恒成立， 所以对于恒成立. 即. 所以（*）式即为， 化简得(**) 令， 则， 在上，单调递减； 在区间上，单调递增； 在区间上单调递减， 由于，所以函数有唯一零点，即方程(**)为唯一解. 所以存在点使得 成立，这样的点有1个. 19．（1）；（2）证明见解析；（3）8． 【分析】（1）根据平面向量的线性运算可得，设点，，将两点分别代入双曲线方程和椭圆方程并求解可得，，从而可求； （2）设点P，Q的坐标分别为，，将点P的坐标代入双曲线方程变形可得，则，同理可得，相加即可证明结论； （3）由（2），，又，则，，从而，解得，，因为O，P，Q三点共线且，所以，则，可求，结合①可得，再求，同理可求和，由此即可求得结果. 【详解】（1）如图，，， ，， 若，则，设点，， 将两点分别代入双曲线方程和椭圆方程中得：，， 解得，，，故； （2）设点P，Q的坐标分别为，， 则，即， 所以，①， 同理，②，由（1）知，O，P，Q三点共线， ，由①②得，； （3）由（2），，又，则， 即，，从而，又， 解得，， 因为O，P，Q三点共线且，所以， 则，所以， 由①得，同理， 另一方面，，类似地，， 故. 【点睛】本题考查了直线的斜率，圆锥曲线方程的应用和平面向量的基本知识，着重考查学生的计算求解能力和逻辑推理能力，属难题. 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 $