河南方城县第一高级中学2025-2026学年高三下学期二轮滚动测试数学试题（三）

2025-2026学年方城县第一高级中学高三下学期二轮滚动测试数学试题（三） 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．已知全集，集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．向量，且，则（     ） A． B． C． D． 3．现有把相同的椅子排成一排，甲、乙、丙三人每人选取其中的一把椅子入座，在这三人中有两人相邻坐的条件下，则三人均相邻（甲、乙、丙之间无空座）的概率为（    ） A． B． C． D． 4．设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为 A． B． C． D． 5．已知双曲线的左、右焦点为，为双曲线的右支上一点，直线与左支交于点，且，的平分线与轴交于点，，则双曲线的离心率为（   ）. A． B． C． D． 6．已知定义域为的单调函数满足：，则函数的零点的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 7．设是数列的前n项和，若，则（   ） A． B． C．513 D．2036 8．已知函数其中，若存在实数，使得关于的方程有3个不同的实根，则实数的取值范围是（   ） 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．已知复数，以下说法正确的是（   ） A．z的实部是3 B． C． D．在复平面内对应的点在第一象限 10．如图，在正四棱锥中，，，，，分别为侧棱PA，PB，PC，PD的中点，若多面体的体积为，则（    ） A．平面 B．四棱锥的外接球半径为2 C．直线与底面ABCD所成角的余弦值为 D．点B到平面PAD的距离为 11．已知函数，则下列说法正确的有（   ） A．函数在上单调递减 B．函数仅有1个极值点 C．函数仅有1个零点 D．直线是曲线的切线 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．的展开式中的第5项为常数项，那么正整数n的值是___________． 13．若直线平分圆的周长，则的最小值为_____. 14．若，则函数的最小值______. 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，求函数的极值； (2)若函数有两个零点，求的取值范围． 16．一个箱子中装有标号为的个小球，这些小球除了标号不同，其他特征完全相同，现从这个箱子中有放回地取球若干次，每次抽取个小球. (1)若抽取次，求第次才取到号小球的概率； (2)若抽取次，求号小球至少被抽取次的概率； (3)若一旦抽到号小球就停止取球，在停止取球时抽取的总次数不大于的前提下，记停止取球时已取球的次数为，求的数学期望. 17．如图，在中，，，为线段上一点，，，过点作，交于点，将沿翻折至的位置，使得． (1)证明：平面； (2)在线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18．已知椭圆的上顶点和两个焦点都在圆上． (1)求C的方程； (2)若过C的右焦点F与圆E相切的直线与C交于A，B两点，求； (3)若过C的右焦点F作两条直线与C在x轴下方分别交于M、N两点，且直线FM，FN的斜率互为相反数，记直线MN的斜率为m，求证：． 19．已知函数，其导函数为． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数有三个不同的极值点，，，求实数a的取值范围． 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 《2025-2026学年方城县第一高级中学高三下学期二轮滚动测试数学试题（三）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C A B D C A B ABC ACD 题号 11 答案 ACD 1．A 【分析】根据集合的补集、交集的定义进行运算即可. 【详解】因为全集，集合， 所以. 又，则. 故选：A. 2．C 【分析】设，则，由可得，作出相应图象，结合图象利用二倍角公式计算即可求解. 【详解】设，则， 因为，所以， 即，即，所以． 如图，设，，，    则，， 因为是等腰直角三角形， 设边中点为，则， 所以边上的高，， 因为，所以三点共线， 所以， 则， 所以，， 所以． 故选：C． 3．A 【分析】现根据捆绑法计算出仅有两人相邻和三人均相邻的不同情况数，再根据古典概型计算事件概率，再根据条件概率定义求出事件概率. 【详解】设“甲乙丙之间恰有两人相邻”，“甲乙丙三人均相邻” 则，，故在有两人相邻坐的条件下，三人均相邻的概率为 ， 故选：A. 4．B 【详解】分析：作图，D为MO 与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得． 详解：如图所示， 点M为三角形ABC的中心，E为AC中点， 当平面时，三棱锥体积最大 此时， , 点M为三角形ABC的中心 中，有 故选B. 点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型． 5．D 【分析】根据给定条件，利用角平分线性质及双曲线定义，结合余弦定理建立方程求出离心率. 【详解】由的平分线与轴交于点且可得， 因为双曲线中，解得，， 又因为，所以， 结合解得，， 所以，即是等边三角形，， 所以中由余弦定理可得， 即，解得， 所以双曲线的离心率， 故选：D 6．C 【分析】由是上的单调函数且，可以推出的解析式，进而求出，再求其零点个数即可. 【详解】根据题意，对任意的，都有， 由是定义在上的单调函数，得为定值． 设，则， 因为，所以，解得， 所以． 因为函数的零点的个数，即函数与的图象的交点个数． 所以可作出函数和的大致图象，如图．    结合图象可知，这两个函数的图象有3个交点． 故选：C． 7．A 【分析】由与的关系即可求出，进而求得. 【详解】由题意得，则， 所以，则． 当时，由得，，解得， 所以， 所以是首项为，公比为2的等比数列， 则，所以， ∴. 故答案为：A. 8．B 【分析】根据绝对值与二次函数的图像性质画图分析即可. 【详解】由题, 因为，对称轴为， 故，在定义域内为增函数， 由图像可知，若存在实数，使得关于x的方程有三个不同的根, 则当时,的值大于的值， 因为，所以，解得，故B正确. 故选：B. 9．ABC 【分析】根据复数实部的概念判断A的真假；计算复数的模判断B的真假；根据共轭复数的概念判断C的真假；根据复数的几何意义判断D的真假. 【详解】对A：复数的实部为3，故A正确； 对B：因为，故B正确； 对C：根据共轭复数的概念，，故C正确； 对D：因为在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限，故D错误. 故选：ABC 10．ACD 【分析】对于A选项，通过中位线构造线面平行，再由线线平行推导线面平行即可；对于B选项，先由棱台体积求出棱台高，进而得到四棱锥高，再通过勾股定理判断侧棱与对角线的垂直关系，确定外接球球心，再求得半径即可；对于C选项，取中点构造垂线，将线面角转化为直角三角形内角，再用余弦定义求解即可；对于D选项，利用等体积法，将点到平面的距离转化为体积问题求解即可. 【详解】对于A，设AC，BD交于点O，连接，易知，又平面，，则平面，A正确； 对于B，多面体为四棱台，，设四棱台的高为h，则四棱台的体积， 得，易知四棱锥的高，故，又，易知，， 所以点O即为四棱锥P-ABCD的外接球球心，其半径，B错误； 对于C，取OC中点E，连接，则，平面ABCD，则即为直线与底面ABCD所成的角， 又，，，，C 正确； 对于D，由，得为正三角形，，又， 则，设点B到平面PAD的距离为d， 则，解得， 所以点B到平面PAD的距离为，D正确. 故选：ACD. 11．ACD 【分析】求导，确定函数单调性再结合导数的几何意义逐项判断即可. 【详解】对于A，由，得， 令，则． 在上恒成立， 所以函数在上单调递减，故A正确． 对于B，由A得， 令得或，令得． 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． 为极大值点，为极小值点． 所以函数有两个极值点，故B错误． 又， 当时，，当时，， 作出的大致图象如图，所以函数仅有1个零点，故C正确． 对于D，设切点，则， 曲线在点处的切线为， 即， 若直线是切线，则， 解得，即切点为， 所以直线是曲线的切线，故D正确． 故选：ACD． 12．8 【分析】 根据二项式展开式的通项公式可得第5项为，结合题意即可求解. 【详解】由题意知，展开式的通项公式为 ， 所以第5项为， 由第5项为常数项，得，解得. 故答案为：8. 13．4 【分析】直线平分圆的周长，即过圆心，可得a、b的关系，然后利用基本不等式可解. 【详解】圆即圆，则圆心为， 由题知直线过圆心，所以有， 所以， 当，即时，等号成立. 故答案为：. 14．5 【分析】由基本不等式即可求解. 【详解】由于，则，故，当且仅当，即时取到等号， 故的最小值为5， 故答案为：5 15．(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）根据导函数判断函数的单调性即可； （2）将问题转化为直线与曲线有两个交点，利用导函数求出的单调性和取值范围即可. 【详解】（1）当时，，则， 当变化时，的变化情况如下表所示： 1 0 0 单调递增 单调递减 0 单调递增 当时，函数取得极大值，极大值为， 当时，函数取得极小值，极小值为0． （2）由题意知方程有两个根，即有两个根， 则直线与曲线有两个交点， 设，则， 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 则， 当时，，当时，． 综上，的取值范围是． 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式直接求解即可； （2）根据独立事件概率乘法公式和对立事件概率公式求解即可； （3）分别计算出每个取值对应的概率，根据数学期望求解公式直接求解即可. 【详解】（1）每次抽球抽到号小球的概率为，抽不到号小球的概率为， 记事件：“抽取次，第次才取到号小球”， 则. （2）每次抽球抽到号小球的概率为，抽不到号小球的概率为， 记事件：“抽取次，号小球至少被抽取次”， ，. （3）由题意知：在停止取球时抽取的总次数不大于的前提下，所有可能的取值为， ；； ；； 的数学期望. 17．(1)证明见解析 (2)在线段上存在点使得平面和平面的夹角的余弦值为，且此时 【分析】（1）由线面垂直得到，由勾股定理逆定理得到，由线面垂直的判定定理判断即可. （2）建立空间直角坐标系，设出点坐标，求出平面和平面的法向量，结合向量法求面面角列方程求解即可. 【详解】（1）证明：因为，所以，， 因为，且平面，所以平面． 又平面，所以. 由题意易知，又，， 所以，则． 又，且平面， 所以平面． （2）取的中点，连接，，则，， 由（1）易证平面平面，平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以，故两两垂直． 以为原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，， 所以，，． 设平面的一个法向量， 则，即，令，则，，所以． 易知，所以，又，，， 所以． 设，. 设平面的一个法向量， 则，即，令，得，，所以． 设平面与平面的夹角为， 则， 解得或（舍去），此时， 所以在线段上存在点使得平面和平面的夹角的余弦值为，且此时． 18．(1) (2) (3)证明见详解 【分析】（1）根据圆可得上顶点和焦点，即可得和椭圆方程； （2）根据直线与圆的性质求直线的方程，联立方程结合弦长公式求， （3）设直线，则直线，联立方程求M、N两点的纵坐标，进而求直线MN的斜率为m，即可得分析证明. 【详解】（1）对于圆， 令，可得，解得或，可知椭圆的上顶点为； 令，可得，解得，可知椭圆的焦点为； 则，，则， 所以椭圆C的标准方程为. （2）由题意可知：，圆的圆心为，直线与椭圆C必相交， 则，可得直线的斜率， 则直线的方程为， 设， 联立方程，消去y可得，解得或， 所以. （3）由题意可知：直线的斜率存在且不为0， 设直线，则直线， 联立方程，消去x可得，解得， 即，同理可得， 则，， 可得， 因为，则， 所以. 19．(1) (2) 【分析】（1）根据导数的运算法则，结合导数的几何意义进行求解即可； （2）根据导数的运算法则，结合函数极值点的定义、构造函数法、数形结合思想进行求解即可. 【详解】（1）当时，， 因为， 所以曲线在点处的切线方程为，化为一般式为 ； （2）， 显然函数的定义域为全体正实数. ， 令，得，或， 令， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 且当时，，当时，， 函数图象如下图所示： 因为函数有三个不同的极值点，，， 所以函数与直线有两个不同的交点，且这两个交点的横坐标不能是， 所以由数形结合思想可得， 实数a的取值范围为 答案第2页，共15页 答案第1页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 $