河南南阳市方城县第一高级中学2026届高三下学期第二次模拟考试数学试卷

2026年春期高三第二次模拟考试 数学试卷 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．数据2，3，3，5，6，7，8，10的第70百分位数为（    ） A．3 B．5 C．6 D．7 2．若（i为虚数单位），则（    ） A． B． C． D． 3．设，若，则（    ） A．且 B．且 C．且 D．且 4．我国国旗的标准尺寸有五种通用规格（用“长×宽”表示），其中长与宽之比均为3:2. 规格 一号 二号 三号 四号 五号 尺寸（单位：cm） 288×192 240×160 192×128 144×96 96×64 根据上表，可以判断五种规格国旗的（    ） A．周长构成等差数列 B．周长构成等比数列 C．面积构成等差数列 D．面积构成等比数列 5．已知直线过定点，与圆交于两点，则的最小值为（ ） A．2 B．3 C．4 D．6 6．已知函数，若存在，，使得，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C． D． 7．已知向量满足，且，则（   ） A． B． C． D．2 8．根据物理知识椭圆有如下光学性质：从一个焦点发出的光线将汇聚到另一个焦点处．已知椭圆分别是椭圆的左、右焦点，点是椭圆上的任意一点，根据研究，我们知道直线、直线与在点处的切线所成的角相等．过作直线，垂足为，则面积的最大值为（    ） A． B．2 C． D． 二、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．已知的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则为锐角三角形 C．若为锐角三角形，则 D．若，则为直角三角形 10．已知函数，则（   ） A．当时，在上的最大值为 B．在上单调递增 C．当时， D．当且仅当时，曲线与轴有三个交点 11．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（    ） A．若平面是面积为的等边三角形，则 B．若，则 C．若，则球面的体积 D．若平面为直角三角形，且，则 三、填空题：被他共3小题，每小题5分，共15分。 12．设，则_______. 13．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点P在双曲线C上，O为坐标原点，，，则双曲线C的离心率为______. 14．一个边长为5的正方形被分割成四个不同的小矩形（如图），现用红蓝两种颜色对小矩形的边进行染色.若要使每个小矩形均有2条红色边和2条蓝色边，则不同染色的方法数为______. 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）设为数列的前项和，已知，. (1)求数列的通项公式； (2)求数列的前项和，并证明：. 16．（15分）如图，正四棱锥的所有棱长均为2，点M是棱的中点. (1)证明：平面； (2)设点Q在棱上，求平面与平面所成角的余弦值的最大值. 17．（15分）有N个人需要通过血液检测某种酶是否存在．假设每个人血液中含有该酶的事件是相互独立的，且含有该酶的概率均为，若血液检测始终能准确判断样本中该酶是否存在．现采用以下分组检测方法：将待检测人群分成r个小组，每组人．在每一组中，取每人的血液混合成一个样本进行检测． 若某组的混合样本检测结果呈阴性（不含酶），则该组内所有人员无需再进行后续检测． 若某组的混合样本检测结果呈阳性（含有酶），则需要对该组内的每一位成员再分别单独检测一次（不用采集血样，利用现有采集过的血样）． (1)若，，已知某小组的混合样本检测结果呈阳性，求该组内“恰有2人”血液中含有该酶的概率； (2)用N，k，p表示该方法所需检测次数的期望值； (3)设检测成本由两部分组成：采集处理血样成本为a元/人份，化验检测成本为b元/次．若，每组人数，且该方法的总成本期望值比“逐一检测”的总成本节省了50%以上，求的取值范围．（参考数据：） 18．（17分）已知点为抛物线的焦点，点在上. (1)求的方程与点F坐标： (2)过点的直线，与抛物线相交于两点，一条垂直于轴的直线，分别与线段和直线相交于两点. （i）若为线段的中点，求证：直线为抛物线的切线； （ii）若直线为抛物线的切线，过点作直线的垂线，垂足为，求的最大值. 19．（17分）（1）已知，证明：； （2）设，若恒成立，求正整数的最大值； （3）求证：. 高三数学学科第1页（共3页） 高三数学学科第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】将数据从小到大排列：2，3，3，5，6，7，8，10， 因为，不是整数， 所以该组数据的第70百分位数为第6个数字，即7. 2．C 【详解】,所以,. 3．B 【详解】函数， 由题意可知，，恒成立，则且. 4．A 【分析】由题意分别列出各个规格的周长与面积，根据等差数列与等比数列的定义即可求解. 【详解】由题意得 规格 一号 二号 三号 四号 五号 尺寸 288×192 240×160 192×128 144×96 96×64 周长 960 800 640 480 320 面积 55296 38400 24576 13824 6144 则，故周长构成等差数列. ，故周长不构成等比数列， ，故面积不构成等差数列， ，故面积不构成等比数列. 5．C 【分析】根据题意可得当时，最小，结合勾股定理代入计算，即可求解. 【详解】如图： 直线过定点， 将圆化为标准式为， 所以圆心，半径， 当时，的最小， 此时. 故选：C 6．C 【分析】化简得，由题意可得在上至少有两个相邻的对称轴，根据正弦函数的性质，列出不等式组求解即可. 【详解】由题意知， 由于， 则在上至少有两个相邻的对称轴， 令，，则，， 当时，不等式组无解，当时，解为， 因此的最小值为， 故选：C. 7．C 【分析】根据向量模的计算公式及向量垂直的条件可得结果. 【详解】因为，所以， 两式相减得，即． 又，所以，联立，解得,即． 故选：C． 8．B 【分析】根据垂直以及角相等，结合椭圆定义可得，进而得，即可利用三角形面积公式，结合三角函数的最值求解. 【详解】由题知，椭圆半焦距，延长，相交于， 由于,又，故， 结合，垂足为，故, , 故, , 故当时，的面积最大为2 ， 故选：B 9．ACD 【分析】由大角对大边，再结合正弦定理可判断A，由余弦定理可判断B，由，结合诱导公式可判断C，由余弦定理求得，即可判断D. 【详解】若，则，利用正弦定理，可得，所以，故A正确； 若，则利用余弦定理可得，所以为锐角，但不知道是否为锐角，故B不正确； 若为锐角三角形，则，所以，所以，即，故C正确； 若，则利用余弦定理， 可得，即，解得，所以， 所以为直角三角形，故D正确. 10．ABD 【分析】代入可得分段函数的解析式，求导得出单调新计算可得A正确，对参数进行分类讨论得出解析式，求导得出单调性可判断B正确；取特殊值可知当时，，可得C错误；根据函数图象由交点个数得出不等式可解得，可得D正确. 【详解】（1）当时，可得则； 则当时，，单调递增； 当时，，单调递减，如图（a）； 当时，，选项A正确； 图（a） 图（b） 图（c） 图（d） （2）当时，易知 ①当时，恒成立，单调递增，如图（b）； ②当时，当时，，单调递增； 当时，，单调递减，如图（c）； （3）当时，易知 当时，，单调递增； 当时，，单调递减；如图（d） 综上所述，在上单调递增，选项B正确； 当时，不一定成立，比如时，，选项C错误； 只有时，的图象与轴可能有三个交点， 此时解得，选项D正确， 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于对参数进行分类讨论得出解析式，通过求导得出单调性，再根据极值以及函数图象交点个数判断得出结论. 11．BC 【分析】对于B，利用代入易得；对于C，先求得三棱锥的体积，由球面的体积即得；对于A，由条件知三边为，推得排除A，对于D，由余弦定理和题设可得，取特殊值即可排除D. 【详解】对于A，因等边三角形的面积为，则， 又，故则，故A错误； 对于B，由可得，故，即B正确； 对于C，由可得，故. 由正弦定理，的外接圆半径为，点到平面ABC的距离， 则三棱锥的体积, 而球面的体积，故C正确； 对于D，由余弦定理可知由可得，， 即，化简得，． 取，则，则，故D错误． 故选：BC 12． 【分析】直接代入解析式，结合对数运算求解即可. 【详解】由题可知，， 因为，所以. 故答案为： 13． 【分析】先根据双曲线的定义求出，然后利用余弦定理分别表示出及，再根据两个角的关系列出方程求出，即可求出双曲线的离心率. 【详解】 因为，所以， 所以，即. 因为，，所以 在中，由余弦定理可得， 在中，由余弦定理可得. 因为，所以， 即，解得，所以. 所以. 14．82 【分析】分①②③④四边同色，①②③④只有三边同色时，另一边不同色时，①②③④每两个同色时三种情况讨论，结合分步乘法计数原理即可求解． 【详解】解： ①②同色时，矩形A另外两边有种方法染色， ①②不同色时，矩形A另外两边有种方法染色，同理其他区域也一样， 则（1）①②③④四边同色，此时共有种； （2）当①②③④只有三边同色，另一边与其不同色时，此时共有种， （3）当①②③④每两个同色时，此时共有种， 综上，共有种． 15．(1)1. (2)，证明见解析 【分析】（1）利用与的关系求解.利用等差数列的通项公式求解. （2）法一：利用错位相减法求出，法二：利用裂项相消法求出，求出，得到是单调递增数列，从而得到，由和得到的范围，从而得证. 【详解】（1）因，所以①， 当时，由①得：②， 则①②得：（）， 即，则（）， 则是等差数列，且公差为2，又，则， 即1. （2）法一： ， ③， ④， ③④得： ， ， ， ， 是单调递增数列，， ，，. 综上：. 法二： ， ， ， ， 是单调递增数列，， ，，. 综上：. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用正四棱锥的性质，结合中点条件，通过等腰三角形三线合一证明与，与垂直，进而证明平面； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解二面角的余弦值，设点的坐标参数，进而表示出平面的法向量，结合平面的法向量，计算两个法向量夹角的余弦值，再根据参数范围求最大值. 【详解】（1）因为的所有棱长相等，点是棱的中点， 所以，， 又因为，平面， 所以平面. （2）以为坐标原点，所在直线为轴，以过点且垂直于底面的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，， 设，由（1）知平面， 则为平面的法向量. 则，， 设平面的法向量为， 则，可取， 记平面与平面所成角为，则. 当时，取到最大值. 17．(1) (2) (3) 【分析】（1）设小组中有酶的人数为X，依题意，可知，分别求出与，利用条件概率公式即可求出恰有2人有酶的概率； （2）设每组检测次数，则易得，求出其分布列和数学期望，进而可求得总检测次数的期望； （3）利用（2）中若分组检测，由检测次数的期望求得总成本期望，若逐一检测，则总成本为，依题意，代值计算即得的取值范围. 【详解】（1）设小组中有酶的人数为X，则． 已知混合样本阳性，即，则恰有2人有酶的概率为 ． （2）设每组检测次数，则的分布列为 1 p 期望为 则总检测次数的期望； （3）若分组检测，检测次数的期望为． 总成本期望为， 若逐一检测，则总成本为．由节省50%以上得． 代入，，，得， 整理得，因此，，故的取值范围是． 18．(1)； (2)（i）证明见解析；（ii） 【分析】（1）将点代入得到，从而得到抛物线的标准方程和焦点坐标； （2）（i）由过点的直线与抛物线相交于两点得到此直线一定存在斜率，设过点的直线方程为点斜式，代入抛物线得到关于的一元二次方程，设，根据韦达定理写出，结合中点坐标公式得到点的坐标，同时得到的坐标，求出，利用导数的几何意义求出在点处的切线的斜率，从而得到与切点为的斜率相等，故直线为抛物线的切线； （ii）由（i）知，当为抛物线的切线时，， ，求出，利用点斜式求出直线的方程，由过点作直线的垂线，垂足为，得到在直线上从而得到点的坐标，由得到，利用数量积求出的坐标，利用两点间距离公式求出通过构造函数，利用判别式法求值域即可得到的最大值. 【详解】（1）点在，， ，； 点为抛物线的焦点，； （2）（i）过点的直线与抛物线相交于两点，此直线一定存在斜率， 设过点的直线方程为， 将代入，得到， 整理得到， 如图，设，则有， 为线段的中点，， ，， ， 在直线上，， ，，， 在上，，， ， ， ，，， 切点为，， 与切点为的斜率相等，直线为抛物线的切线； （ii）由（i）知，当为抛物线的切线时， ，， ，， 直线的方程为， 如图，作出符合题意的图形， 过点作直线的垂线，垂足为， 在直线上，，， ，，， ，， ，， ， ，， ，，， ，， 设，整理得到， 则，解得， 的最大值为，的最大值为. 19．（1）证明见解析（2）2（3）证明见解析 【分析】（1）记，，求导，根据导数即可证明； （2）由（1）结合特殊值可知，结合题意验证是否满足即可求解； （3）由（2）可得，记，求导，根据导数可证得，进而可得，计算即可得证. 【详解】（1）一方面，记，. 则，故在上单调递增，即. 另一方面，记，. 所以，故在上单调递增，即. 综上，，成立. （2）当时，由（1）知，故恒成立. 一方面，取，则； 另一方面，当时，记，则. 由知， 所以，故单调递增.进而. 综上，正整数的最大值为2. （3）当时，由（2）， 即. 则，① 下证，， ， 则， 故单调递增.进而，即. 所以结合①可得，即， 所以. 高三数学学科答案第1页（共2页） 高三数学学科答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $