河南南阳市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（四）

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（四） 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．设集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知椭圆的一个焦点坐标为，则实数m的值为（   ） A．1 B．4 C．7 D．9 3．已知平面向量与的夹角为，，，则（　　） A． B． C． D． 4．某工厂的每月各项开支与毛利润(单位：万元)之间有如图关系，与的线性回归方程是，则（    ） x 2 4 5 6 8 y 30 40 60 50 70 A．17.5 B． C． D． 5．现有一个迷宫如图所示，小球从三个口中的一个口滚动进入后，该口封闭，小球最终将从另一个口滚动出来，出来后不再滚动进入，则“小球从口滚动进入”是“小球从口滚动出来”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 6．已知的面积和外接圆半径都为1，且，则边长度为（    ） A．2 B． C．1 D． 7．已知，且，则（   ） A． B． C． D． 8．已知棱长为2的正四面体，E、F分别BD和BC的中点，M是线段AE上的动点，N为平面ADF上的动点，则的最小值为（） 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．已知离散型随机变量的分布列为 0 1 则下列说法正确的有（    ） A． B． C． D． 10．设等差数列的前n项的和为，若，，则（ ） A． B． C．当时，取最大值 D．数列是递减数列 11．已知圆的圆心为，圆在轴上截得的弦长为4，则下列结论正确的是（　　） A．圆的周长为 B．过点作直线与圆交于两点，则的最小值为 C．圆上的点到直线的距离的最大值为 D．若圆与圆相外切，且与直线相切，当圆的半径最小时，圆的方程为 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．按照《中小学校教室换气卫生要求》，教室内空气中二氧化碳浓度不高于，经测定，刚下课时，空气中含有的二氧化碳，若开窗通风后教室内的二氧化碳浓度为，且随时间（单位：分钟）的变化规律可以用函数描述，设该教室内的二氧化碳浓度达到国家标准需要的时间（单位：分钟）的最小整数值为______． （参考数据：，） 13．若，则____________． 14．若对任意的正实数，当时，恒成立，则m的取值范围_____． 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)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数的单调区间． 16．汽车智能化——无人驾驶汽车成为汽车行业发展趋势．某汽车研发部门为了解客户对无人驾驶汽车的性能满意情况，随机抽取200名客户对无人驾驶汽车的性能进行打分，发现打分均在内，将这些数据分成6组：，，，，，，并绘制出样本的频率分布直方图，因不慎，使得图形残缺，如图所示． (1)求样本中打分在内的客户人数并估计样本的中位数； (2)若打分在的客户视为对无人驾驶汽车的性能不满意的客户，先从不满意的客户中采用按比例分层抽样随机抽取8位客户，再从这8位客户中随机抽出两位做进一步调查，求抽出的两位客户来自不同打分区间的概率． 17．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求A； (2)若，，求AB边上中线的长. 18．如图，在四棱锥 中，已知 ，平面 . (1)证明：； (2)若 ，，，且 ； （i）当直线 与平面 所成的角最小时，求 的长； （ii）设直线 与平面 所成的角为 ，平面 与平面 的夹角为 ，是否存在点 ，使得 ，若存在，求出三棱锥 的体积；若不存在，请说明理由. 19．在平面直角坐标系中，已知是椭圆的左右焦点，以为直径的圆和椭圆在第一象限的交点为，若三角形的面积为1，其内切圆的半径为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若点是椭圆的上顶点，过点的直线与椭圆交于两点，其中点在第一象限，点在轴下方且不在轴上，设直线，的斜率分别为 （ⅰ）若，求出的值； （ⅱ）设直线与轴交于点，求的面积S的最大值． 试卷第4页，共5页 试卷第5页，共5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（四）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D B A A B B D AC ACD 题号 11 答案 AC 1．C 【分析】化简集合，根据集合的运算和集合的关系的定义依次判断各选项即可. 【详解】因为对数不等式的解集为， 所以，又， 所以，A错误； ，B错误； ，C正确，D错误； 故选：C. 2．D 【分析】先确定焦点位置，再根据计算即可. 【详解】由已知可得椭圆的焦点在轴上， 故， 则，得. 故选：D. 3．B 【分析】由向量的模长公式代入计算，即可得到结果. 【详解】 . 故选：B 4．A 【分析】求出，，根据回归直线方程过样本中心点，代入计算可得. 【详解】由表格中的数据可得，， 则样本中心点的坐标为，将样本中心点的坐标代入回归直线方程可得，解得. 故选：A. 5．A 【分析】根据小球从口滚动进入，则一定从口滚动出来得到充分性，结合若小球从口滚动出来，可能是从口或口滚动进入得到不必要性，进而得到结果； 【详解】若小球从口滚动进入，则一定从口滚动出来． 若小球从口滚动出来，可能是从口或口滚动进入， 所以“小球从口滚动进入”是“小球从口滚动出来”的充分不必要条件． 故选：A. 6．B 【分析】根据正弦定理、三角形面积公式和已知条件计算即可. 【详解】因为的外接圆半径为1，所以根据正弦定理得. 所以，代入得， 即，这说明必然是直角三角形. 若，则为斜边，，代入得， 即，与三角形定义矛盾，同理，因此只能是， 此时为斜边，，由勾股定理，与前述结论相符. 因为的面积为1，所以， 得， 又，解得. 故选：B. 7．B 【分析】利用和差公式辅助角公式，结合角的范围即可求解. 【详解】 ， 所以.又因为， ，所以，. 故选：B 8．D 【分析】当平面时，取得最小值，在直角三角形中求解即可. 【详解】因为为正四面体， 所以， F为BC的中点， 所以， 因为，平面， 所以平面， 因为是的中点， 所以点关于平面对称， 因为点在平面，故， 所以， 故当平面时，取最小值， 因为是边长为2的正四面体， 所以在中， 当平面时，为等边三角形的重心， 此时 在中，， 故的最小值为， 故答案为： 9．AC 【分析】由概率和为1的性质，可求a；由定义公式可求，利用均值的性质 【详解】由分布列的性质，得，故A对； ，B错； ，C对； ，D错. 故选：AC 10．ACD 【分析】根据等差数列性质可得，.对于A：根据通项公式可得，；对于B：根据等差数列性质可得，即可判断；对于C：分析数列的符号性，进而判断的最值；对于D：整理可得，结合数列单调性的定义分析判断. 【详解】因为，，则， 对于选项A：可得公差，，故A正确； 对于选项B：可得，故B错误； 对于选项C：因为等差数列为递减数列， 当时，；当时，； 所以当时，取最大值，故C正确； 对于选项D：因为， 则， 所以数列是递减数列，故D正确； 故选：ACD. 11．AC 【分析】借助待定系数法计算可得圆方程，则可得半径，从而可得A；计算可得点在圆内，则可得当与垂直时，取最小，借助垂径定理计算即可得B；借助点到直线的距离公式及半径长可得C；求出过点且与直线垂直的直线方程，再利用圆心到直线的距离与半径长，可得圆的半径的最小值，再设出此时点坐标，代入计算即可得，从而可得此时圆的方程，即可得D. 【详解】设圆，令，则， 故有，解得， 故圆， 对A：由，则圆的周长为，故A正确； 对B：由，故点在圆内， 则当与垂直时，取最小，此时有， 则，故B错误； 对C：圆心到直线的距离， 则圆上的点到直线的距离的最大值为，故C正确； 对D：过点且与直线垂直的直线方程为：， 即，由C知，圆心到直线的距离， 则点在上时，圆的半径有最小，且为， 设此时，则有， 化简得，则，又，故， 故，故此时圆的方程为，故D错误. 故选：AC. 12．3 【分析】由，可得.再由，求解即可. 【详解】当时，，解得， 所以. 令，即， 即， 所以，故所需时间(单位：分钟)的最小整数值为. 故答案为：. 13．/0.4 【分析】根据与的关系即可求解. 【详解】， 两边平方得，即， 所以. 故答案为：. 14． 【分析】变形给定不等式，得到，构造函数，故，利用导数结合单调性求解即得. 【详解】当时，， 故， 而为正实数，则，令，于是， 依题意，函数在上单调递减，即，， 因此，，而函数是上的增函数， 则，解得， 所以m的取值范围是. 故答案为： 15．(1) (2)单调递增区间为，单调递减区间为 【分析】(1)利用导数的几何意义求解； (2)利用导函数研究函数的单调性. 【详解】（1）当时，， ，则， 又，∴曲线在点处的切线方程为． （2），， ，，由，得，由，得． 的单调递增区间为，单调递减区间为． 16．(1)60人，中位数为75， (2) 【分析】（1）根据频率分布直方图的特点及中位数的定义求解即可； （2）由分层抽样确定8位客户中2人来自，6人来自，再结合古典概型概率计算公式即可求解. 【详解】（1）由题可知，打分在内的频率为， 所以样本中打分在内的客户人数为人. 由图可知，打分在内的频率为0.35，在内的频率为0.30， 设样本的中位数为，则，则， 解得， 故样本的中位数为75. （2），由两区间频率比为可得： 8位客户中2人来自，6人来自， 设内两人为，内6人为， 则8人中随机抽出两位共有： ；28种情况， 两人来自不同区间有：，12种情况， 抽出的两位客户来自不同打分区间的概率. 17．(1) (2)5 【分析】（1）将已知三角等式通过内角和与二倍角公式转化为关于的二次方程，求解角； （2）先利用正弦定理求出三角形各边长度，再通过余弦定理计算边上的中线长. 【详解】（1）在中，，故. 由，得， 即， 即，(舍去，因). 由，，得. （2）由，，得. . 由正弦定理得， 同理，. 设的中点为，则. 在中， ， 故，即边上的中线长为. 18．(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在， 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，进而证得； （2）以B为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设点的坐标，由线面角的向量求法，表示出直线 与平面 所角的正弦值，求得其最小值，及取最小值时参数的值，即可得到点的坐标，求出 的长；（ii）求出平面 的法向量，表示出，由 ，得，从而列得方程，求出参数的值，从而求得点的坐标，求出的面积，获得三棱锥 的体积. 【详解】（1）∵平面，平面 ∴， 又，，平面，且平面， ∴平面，又平面， ∴； （2）（i）以B为坐标原点，分别以所在直线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系，则， 设，则，，，， 设平面的法向量为， 则，所以， 取，则， 记与平面所成线面角为， ∴， 又，则在以为直径的圆上. 因为的中点为，， 所以，又如图在的异侧，且A不能与重合， 所以，所以，所以 所以当时，取最小值，此时，所以， 所以； （ii）由（1）知：，， 因为平面，且，所以平面. 所以平面的法向量可取， 所以， 又因为，所以，所以， 由（i）知：， 所以，即. 又，则， 所以，即，即. 又A不能与B、D重合，故，故， 此时，则， 所以．    19．(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）由三角形的面积公式，椭圆的性质，三角形内切圆半径列方程组解出可得； （2）（i）设直线的方程为，直曲联立，用韦达定理表示出斜率之间的关系化简可得； （ii）方法一，由点斜式得到直线的方程，求出点坐标，联立曲线方程求出，再由三角形的面积公式表示出面积，然后利用换元法令，结合基本不等式求解； 方法二，先由（i）得到点是线段的中点，故的面积， 思路1  当过点且与直线平行的直线与椭圆相切时，取最大值，设直线的方程为，直曲联立，令判别式等于零得到最大距离即可； 思路2  由点到直线的距离表示出，设，，结合辅助角公式求解. 【详解】（1）由题意知，则， 又，， 又，，解得，，， 所以椭圆的方程为.    （2）（ⅰ）设直线的方程为，其中，且，即， 设直线与椭圆交于点，， 联立方程组整理得， ， 所以，， （ⅰ）， 即， （ⅱ）法一：直线的方程为，令，得，故， 设直线与轴交于点，直线的方程为，令，得，故联立方程组整理得， 解得或0（舍），， 所以的面积 ， 由（ⅰ）可知，，故，代入上式， 所以， 因为点在轴下方且不在轴上，故或，得， 所以， 显然，当时，，当时，， 故只需考虑，令，则， 所以， 当且仅当，，即时，不等式取等号， 所以的面积的最大值为． 法二：直线的方程为，令，得，故，设直线与轴交于点，直线的方程为，令，得，故， 由（ⅰ）可知，，故，所以点是线段的中点， 故的面积， 其中为点到直线的距离， 思路1  显然，当过点且与直线平行的直线与椭圆相切时，取最大值， 设直线的方程为，即， 联立方程组整理得， 据，解得（正舍）， 所以平行直线与直线之间的距离为 ，即的最大值为， 所以的面积的最大值为． 思路2  因为直线的方程为，所以， 因为在椭圆上，故，设，，不妨设， 所以， 当，，时，， 即的面积的最大值为．    答案第4页，共14页 答案第1页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $