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（十一）

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（十一） 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．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．“，”的否定为（    ）． A．， B．， C．， D．， 3．已知复数在复平面内对应的点为，则（   ） A． B．2 C． D． 4．已知双曲线，是过右焦点且垂直于轴的弦，若点，到该双曲线的同一条渐近线的距离之和为2，则其离心率为（   ） A． B． C． D．2 5．某人在次射击中击中目标的次数为，且，记，，若是唯一的最大值，则的值为（    ） A．1.28 B．1.6 C．6.4 D．8 6．如图，已知菱形的边长为，，点是对角线上靠近点的一个四等分点，点为边的中点，则（   ） A． B． C． D． 7．设等差数列的前项和为，若，，则（    ） A． B． C． D． 8．函数的零点的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 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．已知直线是函数图象的一条对称轴，则下列结论正确的是（   ） A．点是图象的一个对称中心 B．在上单调递减 C．若在上恒成立，则的最大值为 D．若在上恰有2个零点，则的取值范围为 10．已知是递增的等比数列，其前项和为，若，则（　　） A． B． C． D．是等比数列 11．如图，已知在直三棱柱中，F为的中点，E为棱上的动点，，，，，则下列结论正确的是（    ） A．点到平面AEF的距离的最大值为 B．该直三棱柱的外接球的表面积为 C．当三棱锥的外接球的半径最小时，直线EF与所成角的余弦值为 D．若E是棱的中点，过A，E，F三点的平面作该直三棱柱的截面，则所得截面的面积为 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．已知集合，，若，，则______. 13．如图，直线过抛物线的焦点F，且直线与抛物线和圆的交点为A，B，C，D.则的最小值为_____. 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，在三棱台中，底面，，，为的中点，. (1)证明：； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值. 16．已知F为抛物线的焦点，为C上的一点，且，斜率为的直线l与C交于A，B两点，设直线，的斜率分别为，． (1)求抛物线C的方程； (2)求证为定值． 17．设函数，. (1)求方程的实数解； (2)若不等式对于一切都成立，求实数b的取值范围. 18．已知数列的前n项和为，且，． (1)求数列的通项公式； (2)数列满足，求数列的前n项和． 19．小明进行投篮训练，已知每次投篮的命中率均为0.5. (1)若小明共投篮4次，求在投中2次的条件下，第二次没有投中的概率； (2)若小明进行两组训练，第一组投篮3次，投中次，第二组投篮2次，投中次，求； (3)记表示小明投篮次，恰有2次投中的概率，记表示小明在投篮不超过n次的情况下，当他投中2次后停止投篮，此时一共投篮的次数（当投篮n次后，若投中的次数不足2次也不再继续投），证明：. 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 《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（十一）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B A B A D D C AC ACD 题号 11 答案 ACD 1．C 【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．B 【分析】根据全称命题的否定即可求解. 【详解】由题意有：的否定为：，， 故选：B. 3．A 【分析】根据复数的几何意义求出复数，代入求解即可. 【详解】由题意知，所以． 故选：A. 4．B 【分析】先求出的坐标，渐近线的方程，再根据点到直线的距离公式列方程解得半焦距，进而可求得离心率. 【详解】由双曲线的方程知渐近线方程为， 设，因为是过右焦点且垂直于轴的弦，所以， 过分别作渐近线，即的垂线，垂足分别为，如图： 则. 又点，到该双曲线的同一条渐近线的距离之和为2， 所以，即，整理得. 将代入上式得，解得，所以， 所以离心率. 5．A 【分析】根据给定条件，列出不等式求出，再利用二项分布的期望公式计算得解. 【详解】，，， 若是唯一的最大值，则 所以 解得． 因为，， ，，． ． 故选：A． 6．D 【分析】先根据平面向量的线性运算，将和用、表示，再结合向量数量积的计算公式，即可求解. 【详解】根据题意，点是对角线上靠近点的一个四等分点，所以， 所以， 又点为边的中点，所以， 所以， 又四边形为菱形，所以，， 所以， 又菱形的边长为，， 所以 . 故选：D 7．D 【分析】由等差数列片段和的性质可得出、、、成等差数列，即可求得的值. 【详解】解：由等差数列的性质可知，、、、成等差数列， 且该数列的公差为，则， 所以，， 因此，. 故选：D. 8．C 【分析】求出函数的导数并求出单调区间，确定极值情况，再结合零点存在性定理求解. 【详解】函数的定义域为R， 求导得， 由，得， 当或时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 函数的极大值，极小值，而， 因此函数在上有唯一零点0；在与分别有唯一零点， 所以所求零点个数为3. 故选：C 9．AC 【分析】先根据对称轴求出的值,得到函数的表达式,再根据正弦函数的性质对选项逐一分析即可. 【详解】已知直线是对称轴,则有. 因为,所以当时,.即. 对于选项A,对称中心坐标满足,解关于的方程:, .当时,.此时, 所以点是函数图像的一个对称中心,故A正确. 对于选项B,根据正弦函数的单调性,单调递减区间为:， 解不等式， 当时,单调递减区间为. 显然,故B错误. 对于选项C,即. 则有,，解不等式: . 当时,,因为在上恒成立，所以的最大值为，故C正确. 对于选项D,令,则， 解关于的方程: . 当时,，当时,;当时, . 因为在上恰有2个零点,所以,故D错误. 故选：AC. 10．ACD 【分析】设出公比，根据函数单调性得到，利用条件求出，进而得到首项，结合等比数列的定义，通项公式，求和公式对选项一一判断，得到答案. 【详解】设的公比为，则由递增，得， 因为，所以， 解得或（舍去）， 对于A，，故A正确； 对于B，，，故B错误； 对于C，，，故C正确； 对于D，，， 又， 所以是首项为3，公比为的等比数列，故D正确． 故选：ACD. 11．ACD 【分析】A选项，根据，推导出的面积最小时，点到平面AEF的距离最大，要想的面积最小，则要点E到边AF的距离最小，其最小值为异面直线AF与的距离，根据体积相等列出方程，得到；B选项，外接球的球心O是上、下底面外接圆的圆心连线的中心，由正弦定理和余弦定理得到外接圆半径，从而得到外接球半径和表面积；C选项，作出辅助线，推导出当取最小值时，最小，即最小，此时，因为是AF的中点，则是的中点，则E是棱的中点，进而求出各边长，得到；D选项，作出辅助线，得到过A，E，F三点的截面，并求出面积. 【详解】A选项：因为，所以三棱锥的体积为定值. 设点到平面AEF的距离为d，若d最大，则的面积最小， 即点E到边AF的距离最小，其最小值为异面直线AF与的距离， 即为与平面的距离，即点B与平面的距离，记为h， 由，得，所以， 解得，故A项正确； B选项：外接球的球心O是上、下底面外接圆的圆心连线的中点， 设上底面外接圆圆心为，外接圆半径为r，    在中，由余弦定理可得， 所以， 由正弦定理得，所以， 设外接球的半径为R，则， 所以外接球的表面积为，故B项错误； C选项：作，垂足为H，作，垂足为H1，    易证棱在平面上的射影为， 则点E在平面上的射影在线段上， 由B选项可知，，故，解得， 故，则， 设AF的中点为，外接球的球心为，半径为，则平面， 即，在中，①， 又因为②，    由①②可得，所以当取最小值时，最小，即最小， 此时，因为是AF的中点，则是的中点，则E是棱的中点. 因为，所以直线EF与所成角即为直线EF与所成角. 由B项中，再由余弦定理可得， 因为，所以，，故C项正确； D项：延长AF，交于点P，连接PE交于点M，      则四边形AEMF是截面，且点F是AP的中点，点M是上靠近的三等分点， 由勾股定理求得，，， 因为，所以为直角， 故， 又，， 易知， 所以四边形AEMF的面积为，故D项正确. 故选：ACD 【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 12．3 【分析】根据题意可得1，，，然后分与讨论，即可得到结果. 【详解】由题意得1，，， 当时，则不满足元素互异性， 当即时，，，满足要求. 所以. 故答案为: 13． 【分析】根据抛物线定义可得，，当直线与轴垂直时，，当直线与轴不垂直时，设直线方程为，联立方程组，借助基本不等式求最值. 【详解】由题意得，即为圆的圆心，准线方程为． 由抛物线的定义得， 又，所以． 同理． ①当直线与轴垂直时，则有， ∴． ②当直线与轴不垂直时，设直线方程为， 由消去y整理得， ∴， ∴， 当且仅当时等号成立． 综上可得． 故答案为：． 14． 【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：. 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用棱台的性质结合线面垂直的判定定理可得平面，由此可证明结论. （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得结果. 【详解】（1）在三棱台中， ∵，，∴，，． ∵为的中点，∴，， ∴四边形为平行四边形，故． ∵，∴． ∵底面，底面，∴． ∵平面，为相交直线，∴平面， ∵平面，∴． （2） 以为原点，以分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，； ∴，； 设是平面的法向量，则，即， 取； 设是平面的法向量，则，即， 取； ∴， ∴平面与平面夹角的余弦值为． 16．(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）由点在抛物线上及抛物线定义求参数，即可得方程； （2）设，联立抛物线并应用韦达定理、斜率两点式化简求，即可证. 【详解】（1）依题意，，得，所以抛物线C的方程为． （2）设，联立，得． 由，得． 设，，则． 由（1）知，，． 所以为定值． 17．(1) (2) 【分析】（1）转化为关于的一元二次方程进行求解. （2）分离参数，构造函数，求导得到的最小值即可求解. 【详解】（1）由，代入方程得：， 即，解得，即. （2）不等式即， 原不等式可化为对都成立， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故当时，， 所以，即，解得：. 18．(1) (2) 【分析】（1）根据等差中项的性质，可证为等差数列，根据等差数列的求和公式，可得首项和公差d的值，代入公式，即可得答案. （2）由错位相减法求和即可. 【详解】（1）因为，所以数列为等差数列， 设数列的公差为d，且，则，解得， 又，所以，即， 则，解得， 所以； （2）由（1）可知，， 所以， 则， 两式相减可得：， 即， 化简可得：. 19．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）设出事件，求出相应概率，利用条件概率公式求出答案； （2）方法1：得到的可能取值及相应的概率，求出期望值； 方法2：得到，，得到，，由，互相独立，求出，得到答案； （3）先计算出，再求出，，利用互斥事件求概率公式和错位相减法得到，计算出，作商比较出，从而证明出结论. 【详解】（1）设事件表示共有次投中，事件B表示第二次没投中， 则表示一共投中2次，且第二次没投中，则从剩余的三次选择两次投中， 故， 表示一共投中2次，故， 则； （2）方法1：根据题意有可得取值为，的可能取值为， 故的可能取值为， 则， ， ， ， ， . 所以. 方法2：因为，， 所以，. 又因为，互相独立， 所以. （3）根据题意可知. ，， ， 记①， ②， 两式相减得， 故， 故. 所以 ， 又因为，且当时，， 所以. 【点睛】常见分布列的数学期望和方差公式： 若服从两点分布，则， 若，则， 若，则. 答案第8页，共17页 答案第7页，共17页 学科网（北京）股份有限公司 $