精品解析：河南省信阳高级中学北湖校区2025-2026学年高三下期03月测试（二）数学试题

河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高三下期03月测试（二） 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. 为研究某池塘中水生植物覆盖池塘的面积（单位：）与水生植物的株数（单位：株）之间的相关关系，收集了4组数据，如表格所示，得到与的线性回归方程，则（ ） 3 4 6 7 2 2.5 4.5 A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可得，， 所以样本中心点为，又与的线性回归方程， 所以，解得. 2. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】易知命题“”的否定为. 3. 设复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】. 4. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线与在第一､四象限的交点分别为，与轴交点为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用线段长度关系可求得点的坐标，代入双曲线方程化简整理可求得离心率. 【详解】如下图： 易知，所以，且为的中点， 又，所以，因此可得, 代入双曲线方程可得，整理并化简可得，即， 解得或（舍）； 因为双曲线离心率，所以. 5. 已知随机变量，且，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正态分布特性求出的值，再根据二项分布的方差公式求出，最后代入题中所给等式求解即可． 【详解】正态分布关于均值对称，又， 可得，所以，又， 所以， 由此可得，解得． 6. 若平面向量两两夹角相等，且，则（ ） A. B. 36 C. 或6 D. 3或36 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得夹角为或，再分夹角为和两种情况讨论，结合数量积的运算律即可得解. 【详解】因为平面向量，，两两夹角相等，所以夹角有两种情况， 即，，两两夹角为或， 当夹角为时，； 当夹角为时，， 则 ； 综上所述：或 7. 已知是等差数列的前项和，若，，则（ ） A. 60 B. 50 C. 90 D. 70 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列的前项和性质进行求解． 【详解】成等差数列， 又， 所以，所以， 故选：C 8. 已知函数，若，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题目条件，求出之间的等量关系，进而通过换元法构造函数，根据函数导数与函数单调性和极值之间的关系，求出函数单调区间和极值，判断函数最大值，进而求出结果. 【详解】由题意可得，则， 由，则， 令，则， 令，可知函数在上单调递增， 所以当有唯一解，即，即，可得， 所以， 令，则，所以， 令，则， 令，即，解得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以函数在处取得极大值，也是最大值，为， 所以的最大值为. 故选：B. 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. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 函数在区间上单调递增 D. 若在区间上恰有一个最大值2和一个最小值，则实数的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据周期以及最值可得，即可判断A，代入验证即可判断B，根据整体法求解函数的单调性即可判断C，由整体法，结合三角函数的性质即可判断D. 【详解】由图可得，函数的最小正周期，又，所以， 则，由，得，， 解得，，又，所以，故A正确； 由上分析，得故，因为， 故函数的图象关于点对称，故B正确； 令，，解得，， 故函数的单调递增区间为， 令，，解得，， 故函数的单调递减区间为， ， 则函数在区间上单调递减，在上单调递增，故C错误； 当时，则， 要使在区间上恰有一个最大值2和一个最小值， 需使，解得，故D正确. 故选：ABD. 10. 小郡玩一种跳棋游戏，一个箱子中装有大小质地均相同的且标有的10个小球，每次随机抽取一个小球并放回，规定：若每次抽取号码小于或等于5的小球，则前进1步，若每次抽取号码大于5的小球，则前进2步.每次抽取小球互不影响，记小郡一共前进步的概率为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 小华一共前进3步的概率最大 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意直接求概率判断选项A，然后根据题意求出递推公式即可判断选项B，根据递推公式判断数列是首项为，公比为的等比数列，求通项公式判断选项C，分类讨论求解概率通项的最大值判断D. 【详解】根据题意，小郡前进1步的概率和前进2步的概率都是，所以，， 故选项A错误； 当时，其前进几步是由两部分组成：先前进步，再前进1步，其概率为， 或者先前进步，再前进2步，其概率为，所以， 故选项B正确； 因为，所以， 而，所以，即， 故选项C正确； 因为当时，，所以， 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列. 所以，所以. 当n为奇数时，为偶数，则，此时数列单调递增，所以； 当n为偶数时，为奇数，则，此时数列单调递减， 所以； 综上，当时，概率最大，即小华一共前进2步的概率最大，故选项D错误. 故选：BC 11. 如图，在正三棱柱中，，点在底面内，，，，分别为棱，，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与所成角的余弦值为 B. 若，则点的轨迹长度为 C 若，则 D. 过，，三点的平面将三棱柱分成两部分的体积之比为（或） 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过构造平行线转化找到异面直线所成的角，利用余弦定理计算可得选项A正确；利用条件计算可得选项B正确；假设得出矛盾可得选项C错误；通过分割几何体的方法求体积可得选项D正确. 【详解】对于A，如图1， 取的中点，设与的交点为，连接，则， 所以为异面直线与所成的角或其补角， 连接，则，， 所以，故A正确. 对于B，如图2， 连接，由题意得，. 因为，，所以， 所以点在底面内的轨迹为以为圆心，1为半径的一段圆弧，且圆弧所对的圆心角为， 所以点的轨迹长度为，故B正确； 对于C，如图3， 若，则点在线段上（不含端点）. 连接，因为为正三角形，所以， 由正三棱柱性质可知，平面与平面互相垂直，且交线为， 所以平面，又平面，所以， 假设，则平面，故， 因为，，所以， 所以与不垂直，故C不正确； 对于D，如图4， 设过，，三点的平面与棱交于，连接，， 因为，平面，平面，所以平面， 因为平面平面，所以，则， 所以为棱的中点，故四边形为等腰梯形， 连接，，，则平面上方的几何体体积为： ， ， 所以平面下方的几何体体积为， 所以过，，三点平面将三棱柱分成两部分的体积之比为或，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：解决选项D的关键是确定截面，把截面上方的几何体分割成三个三棱锥计算体积，作差可求得截面下方几何体的体积，由此确定答案. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设集合，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用两个集合相等的定义结合集合的互异性求解. 【详解】，，且且且， 或， 当时，且，，. 当时，解得，且，不成立. 综上可得，. 故答案为：. 13. 已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，点在上，且，则的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线的定义可将转化为到准线的距离，进而可确定三角形形状，即可得解. 【详解】 如图所示，由抛物线可知，， 过点作轴于点，则， ， 为等腰直角三角形，则也为等腰直角三角形， ， ， 故答案为：. 【点睛】结论点睛：抛物线方程中，字母p的几何意义是抛物线的焦点F到准线的距离，等于焦点到抛物线顶点的距离．牢记它对解题非常有益． 14. 已知正四面体的棱长为1，正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得四面体的外接球半径不能超过正四面体的内切球半径，求得正四面体的内切球半径为，从而得，正四面体的边长为,根据，求得，再由体积公式求解即可. 【详解】由题意可得正四面体的外接球要完全包含在正四面体的内部， 即正四面体的外接球半径不能超过正四面体的内切球半径， 设正四面体的外接球半径为，正四面体的内切球半径为， 则有， 又因为正四面体的棱长为1， 过作平面于， 则是正三角形的外心，    所以，， 所以， 又因为正四面体的表面积， 所以， 设正四面体的边长为,外接球心为， 因为，    过作平面于， 则是正三角形的外心， 所以，， 在直角三角形中，由勾股定理可得:， 即，整理得：， 所以，解得， 所以. 故答案为：. 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. 如图，四面体中，平面． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先由线面垂直的性质得到，再由勾股定理证明，最后利用线面垂直的判定定理，即可证明； （2）结合（1）的结论，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标公式，即可求解. 【小问1详解】 平面，平面，平面,; ,, 又,，即证， 又平面，平面. 【小问2详解】 以为坐标原点，分别以，所在直线为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，， 故，，，， 设平面的一个法向量为， 则，取， 设平面的一个法向量为， 则，取， 设平面与平面夹角为，所以， 所以，故平面与平面的夹角为. 16. 已知抛物线过点，且点到其准线的距离为4． （1）求抛物线的方程； （2）设直线与抛物线交于异于原点的P、Q两点，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由抛物线的定义即可求得的值，进而解得抛物线的方程； （2）先设出两点的坐标，直线与抛物线联立，韦达定理解得，，再代入面积公式求解即可. 【小问1详解】 根据题意知抛物线过点， 所以抛物线准线方程为，且点A到其准线的距离为4， 所以，即，所以抛物线的方程为； 【小问2详解】 由得，， 设，为直线与轴交点，则，， 所以． 17. 已知函数 （1）讨论的单调性. （2）若对任意都有恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求得，分类讨论和时导数的符号，进而判断函数单调性； （2）由参变分离法可得，设，通过导数求最大值，从而可得的取值范围. 【小问1详解】 由题意可得，， 当时，在恒成立，所以函数在单调递增； 当时，时，时，故函数在单调递减,在单调递增， 综上所述，当，函数在单调递增； 当时，函数在单调递减,在单调递增. 【小问2详解】 因为对任意都有，所以，即， 令，，则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以， 故. 18. 已知等差数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由等差数列通项公式和求和公式列出关于首项和公差的方程，求解首项和公差即可解题； （2）由（1）确定通项公式，通过裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 数列为等差数列，设首项为，公差为对恒成立， 必有， 所以，解得 所以 即数列的通项公式为. 【小问2详解】 19. 甲参与了一个有奖闯关游戏，游戏共设置3关，他每次从装有1个红球，2个黑球，3个黄球的袋中有放回地摸出1个球（这些球除颜色外完全相同），规则如下：过第一关时，若摸到黄球则前进到第二关，否则留在第一关；过第二关时，若摸到黑球则前进到第三关，否则留在第二关；过第三关时，若摸到红球则通关成功，游戏结束，否则留在第三关.假设甲的摸球次数不受限制. 参考公式：若，则. （1）求甲摸球3次恰好通关成功的概率； （2）已知X，Y是随机变量，则，现用表示“甲通关成功所需的摸球次数”，求； （3）设甲摸球次后通关成功的概率为，求出与的递推关系式，并证明. 【答案】（1） （2）11 （3），证明见解析 【解析】 【分析】（1）每一关都一次通过则刚好摸球3次恰好通关，直接计算即可； （2）设表示甲从第关过关所需的摸球次数，利用参考公式分别求出每一关的数学期望再相加即可求解； （3）先设摸球次停在第3关的概率为，摸球次停在第2关的概率为，根据条件找到，，之间的表达式，由，构造等比数列化简得到 ，进而得到，即可求解. 【小问1详解】 由题意：摸到黄球的概率为 摸到黑球的概率为 摸到红球的概率为 设摸球3次恰好通关为事件A，则 【小问2详解】 设表示甲从第关过关所需的摸球次数 则,所以 ,所以 ,所以 由， 得 【小问3详解】 设甲摸球次通关成功的概率为，摸球次停在第3关的概率为，摸球次停在第2关的概率为， 则 由， 可得 又因为 所以 所以 所以 所以 所以 所以，，所以时成立， 所以 又当时， 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高三下期03月测试（二） 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. 为研究某池塘中水生植物覆盖池塘的面积（单位：）与水生植物的株数（单位：株）之间的相关关系，收集了4组数据，如表格所示，得到与的线性回归方程，则（ ） 3 4 6 7 2 2.5 4.5 A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 2. 命题“”的否定为（ ） A. B. C. D. 3 设复数，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知双曲线的左､右焦点分别为，过点的直线与在第一､四象限的交点分别为，与轴交点为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知随机变量，且，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 若平面向量两两夹角相等，且，则（ ） A. B. 36 C. 或6 D. 3或36 7. 已知是等差数列的前项和，若，，则（ ） A. 60 B. 50 C. 90 D. 70 8. 已知函数，若，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. 2 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. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 函数区间上单调递增 D. 若在区间上恰有一个最大值2和一个最小值，则实数的取值范围为 10. 小郡玩一种跳棋游戏，一个箱子中装有大小质地均相同的且标有的10个小球，每次随机抽取一个小球并放回，规定：若每次抽取号码小于或等于5的小球，则前进1步，若每次抽取号码大于5的小球，则前进2步.每次抽取小球互不影响，记小郡一共前进步的概率为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 小华一共前进3步的概率最大 11. 如图，在正三棱柱中，，点在底面内，，，，分别为棱，，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与所成角的余弦值为 B. 若，则点的轨迹长度为 C. 若，则 D. 过，，三点平面将三棱柱分成两部分的体积之比为（或） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设集合，若，则__________. 13. 已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，点在上，且，则的面积为______． 14. 已知正四面体的棱长为1，正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为______. 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. 如图，四面体中，平面． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角． 16. 已知抛物线过点，且点到其准线的距离为4． （1）求抛物线的方程； （2）设直线与抛物线交于异于原点的P、Q两点，求的面积． 17 已知函数 （1）讨论的单调性. （2）若对任意都有恒成立，求的取值范围. 18. 已知等差数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 19. 甲参与了一个有奖闯关游戏，游戏共设置3关，他每次从装有1个红球，2个黑球，3个黄球袋中有放回地摸出1个球（这些球除颜色外完全相同），规则如下：过第一关时，若摸到黄球则前进到第二关，否则留在第一关；过第二关时，若摸到黑球则前进到第三关，否则留在第二关；过第三关时，若摸到红球则通关成功，游戏结束，否则留在第三关.假设甲的摸球次数不受限制. 参考公式：若，则. （1）求甲摸球3次恰好通关成功的概率； （2）已知X，Y是随机变量，则，现用表示“甲通关成功所需的摸球次数”，求； （3）设甲摸球次后通关成功的概率为，求出与的递推关系式，并证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $