精品解析：河南周口市天立高级中学等学校2025-2026学年高三下学期开学数学试题

河南省普通高中2025—2026学年度春期 高三年级质量监测数学试题卷 本试题卷共4页，四大题，19小题，满分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 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.写在本试题卷上无效. 3．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，则的真子集个数为（ ） A. 7 B. 8 C. 15 D. 16 【答案】A 【解析】 【详解】由，得，即，所以， 所以，解得，所以， 又因为，所以， 所以的真子集个数为. 2. 的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先将此式根据完全平方展开，再根据复数相关概念可得. 【详解】由题意可知， 再根据复数相关概念可知，虚部为. 3. 袋子中有3个除颜色外完全一致的球，分别为红色、黄色、蓝色，小明从袋中有放回地随机摸球4次，则3种颜色的球都被摸出来的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】每次摸球有3种颜色可选，摸4次，结果总数（种）. 设A=“4次摸球中3种颜色都出现”，则 第一步：从3种颜色中选1种作为出现2次的颜色，有种选法； 第二步：从4次摸球中选2次摸该颜色，有种选法； 第三步：剩下2次摸另外2种颜色，有种排列方式. 因此，（种）. 于，. 4. 若函数是奇函数，则的值可能为（ ） A. B. C. 2 D. 6 【答案】A 【解析】 【详解】因为函数是奇函数，所以，即， 所以，即， 化简整理得，解得或， 当时，的定义域为，故不是奇函数； 当时，，由，得或， 所以函数的定义域为， 又，故为奇函数，符合题意. 的值为. 5. 已知圆，过点的直线与圆交于两点，则面积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆心到直线的距离为，结合点的位置求得的取值范围，利用弦长公式求得弦长，将的面积表示为关于的函数，设，利用二次函数的性质即可求得其取值范围. 【详解】圆的圆心为原点，半径， 直线过定点，在圆内，且, 设圆心到直线的距离为， 则，且， 故的面积为 . 设，则,函数上单调递增，在上单调递减， 当时，，当时，，当时，则. 故的面积的取值范围是. 【点睛】这道题核心是利用基本不等式求三角形面积的最值，先结合弦长公式表示面积，再通过二次函数性质范围. 6. 在中，，且为的中点，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以为基底，利用平面向量基本定理表示，利用数量积的运算即可求解. 详解】由题意得： ， 又， 所以 . 7. 已知圆锥的底面半径为2，母线长为，则该圆锥的内切球的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】如图圆锥内切球半径为圆锥轴截面内切圆半径， 设内切球半径为，内切球球心为I，连接. 则. 所以，解得， 则该圆锥的内切球的半径为. 8. 已知函数且，关于函数，有下列四个命题： 甲： 是的极值点; 乙：3是的零点; 丙： 在区间单调递减; 丁： 在单调递增． 如果只有一个假命题，则该命题是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】A 【解析】 【分析】由题知，甲丙互相矛盾，所以乙丁一定为真命题，根据条件可求得，再利用导数确定单调性及极值即可. 【详解】根据题意可知，甲丙互相矛盾，所以乙丁一定为真命题， ，又， 所以，， 则，又乙为真命题，， 即，， 令或， 所以或时，，单调递增， 时，，单调递减， 故甲为假命题，乙、丙、丁为真命题. 故选：A. 二、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. 一组递增数据的平均数为3，方差为4，极差为6，若，则（ ） A. 的极差为12 B. 的方差为8 C. 的第80百分位数为 D. 的平均数为5 【答案】AD 【解析】 【分析】利用线性变换后数据平均数、方差、极差的变换规律，结合百分位数计算规则逐一验证选项即可快速得解. 【详解】对于选项A ：极差是最大值减最小值，的极差： ，A正确； 对于选项B ：根据方差性质：若，则，此处： ，B错误。 对于选项C ：计算第80百分位数，，，为整数时，根据百分位数定义，第80百分位数是，不是，C错误。 对于选项D： 的平均数，合并后共10个数据，总平均数： ，D正确。 【点睛】这道题围绕线性变换后数据的统计量变化展开，核心是利用极差、方差、平均数的线性变换性质和百分位数定义. 10. 已知抛物线，点在上，与轴交于，两点，则（ ） A. 直线是的切线 B. 的半径为6 C. 直线与有两个交点 D. 截轴所得的弦长为4 【答案】ABC 【解析】 【详解】设与轴交于点，，则圆心在直线上， 所以，即，不妨设， 对于B，的半径，故B正确； 对于A，圆心到直线的距离，故A正确； 对于C，由A知直线与有两个交点，根据对称性易知直线与有两个交点，故C正确； 对于D，截轴所得的弦长为，故D错误. 11. 已知数列的前项和为，且，其中不同时为0，则下列说法正确的有（ ） A. 当时，为等比数列 B. 当时，一定不是等差数列 C. 当时，为常数列 D. 当时，是单调递增数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】由可得，代入可判断A；利用，可判断BC；利用是减函数可判断D． 【详解】已知数列的前项和为，且， 当时，，可得， 当时，， 由两个式相减可得， 即，则， 对于A，当时，得，即，又k，b不同时为0， 所以，，所以是首项公比为等比数列，故A正确； 对于BC，当时，， 所以，， 所以当时，，此时是常数列，即是等差数列，故B错误，C正确； 对于D，当时，，， 因为是减函数，所以是递增函数， 所以是单调递增数列，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 多项式的展开式中，常数项为_____． 【答案】76 【解析】 【分析】将原式转化为二项式形式，再利用二项式定理展开，判断指数的可能取值，分别代入计算求和即可. 【详解】的通项为，. 的通项为，. 令，则，所以必须是3的倍数，故可能的取值为. 当时，，对应项的系数为1； 当时，，对应项的系数为； 当时，，对应项的系数为； 所以常数项为：. 13. 已知函数满足恒成立，则最小值为_____． 【答案】2 【解析】 【分析】根据条件先求出的取值范围，结合三角函数的性质求得的值，进一步结合条件求出的最小值即可. 【详解】由，可知， 因为恒成立，所以，即， 因为，所以，因为，所以， 此时，即，所以， 因为，所以， 因为，所以， 所以，，则， 由，可得， 解得，又，所以. 14. 在正项等比数列中，，记，其中表示不超过的最大整数，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件求出等比数列的通项公式，进而得到，最后计算. 【详解】设正项等比数列的公比为.由题意知， 整理得，解得或（舍去），故， . 当时，； 当时，； 当时，； 当时，. 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. 在中，角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角； （2）若的角平分线交边于，且，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式、诱导公式、辅助角公式，化简可得，根据角C的范围，即可得答案. （2）根据余弦定理，可得，根据等面积法，结合面积公式，可得，联立解得，代入面积公式，即可得答案. 【小问1详解】 由于，结合正弦定理得， 又因为， 代入上式，可得， ，，，即，. 又，则， ，即. 【小问2详解】 由余弦定理可得，即， 又是角的角平分线， ， 即，化简得， 所以， 所以，解得， 所以. 16. 一种加密传输信号发出信号“11”的概率为，发出信号“2”“3”“4”三个信号的概率均为．某次传输信号过程中，传输器一共发出了次信号，信号接收人员按照传输先后顺序依次记录得到信号序列．例如，当时，“1123”为一个发出的信号序列，共有四个数字． （1）若，记信号序列中数字2的个数为，求的数学期望和方差； （2）若，记信号序列中第个数为的概率为，求： （i）； （ii）． 【答案】（1）， （2）（i） （ii） 【解析】 【分析】（1）根据二项分布的期望和方差公式即可求解； （2）（i）法一:利用全概率公式，建立起与的递推公式，构造等比数列即可求解；法二：通过构造互补事件加递推数列求解，设事件：在某一次发出信号后，信号序列共有个数；事件：任意一次发出信号后，信号序列都不可能有个数，设为事件的概率，为信号序列的所有数字，构造等比数列可求出，将第个数为1的概率按照初始信号分为两类，代入计算即可求解； （ii）由信号转移规则推出来，当时由（i）知，验证当上式成立，再根据条件概率公式即可求解. 【小问1详解】 易知符合二项分布， 所以． 【小问2详解】 （i）若一开始发出的信号为“11”，即最左边两个数为“11”， 则对于前个数，在剩下个数中，第个数为1的概率为； 若一开始发出的信号为“2”或“3”或“4”， 则对于前个数，在剩下个数中，第个数为1的概率为； 所以， 故 且 而，， 故，， 故为等比数列且首项为，公比为， 为常数列，且该常数为， 故且， 故. （ii）， ， 当时，同（i）可知 ， 同（i）， 故， 故． 17. 已知正三棱柱的底面边长为为中点． （1）若，证明：平面； （2）若与交于点与交于点，直线与平面夹角的余弦值为，求三棱柱的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用正方形和等腰三角形性质证明垂直于平面内两条相交直线，. （2）法一：通过几何平行关系，将所求线面角转化为棱与底面夹角，再在三角形中解出侧棱长，进一步求解体积；法二：通过建立空间直角坐标系，利用线面角的正弦公式列方程求侧棱长，进一步求解体积. 【小问1详解】 连接，，且，连接， 因为在正三棱柱中， 底面边长为2，， 所以侧面都是边长为2的正方形， 所以在正方形中，， 又因为，为中点， 所以为等腰三角形，是底边中线， 所以， 又因为，面，且， 所以面. 【小问2详解】 法一：几何法 连接，由可得：， 记与平面所成角为，由于平面， 是在平面上的投影，则， 根据线面角的定义，， 在中，由且，则， 由勾股定理得：， 所以. 法二．向量法 以为坐标原点，为轴，为轴，过作轴垂直，建立空间直角坐标系， 设，结合图形对称性可知：，， 则，由题可知平面的法向量， 记与平面所成角为， 则， 由题意可知， 即，解得：（取正）， 所以 18. 记椭圆的右顶点为,右焦点为,过F的直线l交C于D,E两点，记线段的中点分别为M,N,直线分别交于点P,Q. （1）求C的方程； （2）证明：轴； （3）若的外接圆的面积为,求直线l的方程． 【答案】（1） （2）见解析 （3）或 【解析】 【分析】（1）由题意可知,再求得,确定椭圆方程； （2）由于直线过轴上的定点，因此可设（需另外考虑斜率为0的情况），再设出两点，再根据题意依次写出直线,最后求出交点的坐标，发现两者纵坐标相同（且横坐标不同），因此得证； （3）由外接圆面积可得到半径.由题(2)可知，是水平线段，外接圆圆心在其中垂线上，因此可确定圆心的横坐标，由=4,可进而确定圆心的纵坐标，最后根据垂径定理，解出参数，确定直线. 【小问1详解】 由题可知，因此,则椭圆方程. 【小问2详解】 当直线的斜率为0时，此时交椭圆C于左右顶点，此时点与点或点重合，不满足题意. 因此可设直线,,则. 将直线与椭圆联立得, 由韦达定理得， 直线, 直线. 要求与的交点的坐标，可联立直线与，得 ,. 要计算的坐标，由运算的对称性可知， 注意到的横坐标不同，纵坐标相同，因此与轴垂直. 【小问3详解】 由题可知，的外接圆的半径为4. ,. 因此可设外接圆的圆心为,又因为,所以, 由对称性，不妨先假设 , 由垂径定理得,整理得, 解得. 由对称性，可知 故直线的方程为：或 19. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）若在有且只有两个零点，求的取值范围； （3）在（2）的条件下，若，记的零点为，在区间的零点为，其中，证明：． 【答案】（1）在上单调递增 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域，结合导数与单调性的关系求解即可. （2）易知，将问题转化为在上有且仅有一个零点的问题，对及、分情况讨论，结合导数与单调性及最值的关系求解即可. （3）分别表示出，，由（2）可得到的范围，结合（1）的单调性将待证问题转化为证明，通过构造函数，结合导数与单调性及最值的关系证明即可. 【小问1详解】 的定义域为，， 故在上单调递增. 【小问2详解】 由易知， 故在有且只有两个零点可转化为在上有且仅有一个零点． 当时，，在没有零点，矛盾； 当时，当时，，无零点； 当时，，令，则， 故在单调递增，即在单调递增， 当时，；当时，； 故存在唯一的使得， 所以时，，单调递减，时，，单调递增， 所以， 在有且仅有一个零点等价于，， 故时，的取值范围是； 当时，记，，则，， 故的取值范围是，即当时，的取值范围为， 综上，的取值范围是. 【小问3详解】 当时，，. 要证明，结合单调性，只需证明即可， 令，， 则，， 令，, 则 令，，，，故单调递减， 当时，，所以，即，故， 故，即成立． 故． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省普通高中2025—2026学年度春期 高三年级质量监测数学试题卷 本试题卷共4页，四大题，19小题，满分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 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.写在本试题卷上无效. 3．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，则的真子集个数为（ ） A. 7 B. 8 C. 15 D. 16 2. 的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 袋子中有3个除颜色外完全一致的球，分别为红色、黄色、蓝色，小明从袋中有放回地随机摸球4次，则3种颜色的球都被摸出来的概率是（ ） A. B. C. D. 4. 若函数是奇函数，则的值可能为（ ） A. B. C. 2 D. 6 5. 已知圆，过点的直线与圆交于两点，则面积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 在中，，且为的中点，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆锥的底面半径为2，母线长为，则该圆锥的内切球的半径为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数且，关于函数，有下列四个命题： 甲： 是的极值点; 乙：3是的零点; 丙： 在区间单调递减; 丁： 在单调递增． 如果只有一个假命题，则该命题是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 二、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. 一组递增数据的平均数为3，方差为4，极差为6，若，则（ ） A. 的极差为12 B. 的方差为8 C. 的第80百分位数为 D. 的平均数为5 10. 已知抛物线，点在上，与轴交于，两点，则（ ） A. 直线是的切线 B. 的半径为6 C. 直线与有两个交点 D. 截轴所得的弦长为4 11. 已知数列的前项和为，且，其中不同时为0，则下列说法正确的有（ ） A. 当时，为等比数列 B. 当时，一定不是等差数列 C. 当时，为常数列 D. 当时，是单调递增数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 多项式的展开式中，常数项为_____． 13. 已知函数满足恒成立，则最小值为_____． 14. 在正项等比数列中，，记，其中表示不超过的最大整数，则_____． 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. 在中，角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角； （2）若的角平分线交边于，且，，求的面积. 16. 一种加密传输信号发出信号“11”的概率为，发出信号“2”“3”“4”三个信号的概率均为．某次传输信号过程中，传输器一共发出了次信号，信号接收人员按照传输先后顺序依次记录得到信号序列．例如，当时，“1123”为一个发出的信号序列，共有四个数字． （1）若，记信号序列中数字2个数为，求的数学期望和方差； （2）若，记信号序列中第个数为概率为，求： （i）； （ii）． 17. 已知正三棱柱的底面边长为为中点． （1）若，证明：平面； （2）若与交于点与交于点，直线与平面夹角的余弦值为，求三棱柱的体积． 18. 记椭圆右顶点为,右焦点为,过F的直线l交C于D,E两点，记线段的中点分别为M,N,直线分别交于点P,Q. （1）求C的方程； （2）证明：轴； （3）若的外接圆的面积为,求直线l的方程． 19. 已知函数，． （1）讨论单调性； （2）若在有且只有两个零点，求的取值范围； （3）在（2）条件下，若，记的零点为，在区间的零点为，其中，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $