精品解析：2026届河南方城县第一高级中学高三下学期二诊模拟考试数学试题（一）

2026届河南方城县第一高级中学高三下学期二诊模拟考试数学试题（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. 设等比数列的公比，则的公比为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列各项之间的关系列方程求解. 【详解】由题知，，即，解得. 故选：D 2. 已知为虚数单位，（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算可得，进而可求模长. 【详解】由题意可得：， 所以. 故选：B. 3. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式确定集合，再由交集定义计算． 【详解】， 又，所以， 故选：D． 4. 已知，若，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 4或5 D. 5或6 【答案】A 【解析】 【分析】先求，根据组合数的性质求，进而可得最值. 【详解】由题意可知：， 且， 可得，其中， 且，根据组合数的性质可知当，即时，取到最大值， 若，所以. 故选：A. 5. 某动漫社团为了调查本校学生对新上映电影的喜好程度， 对该校学生进行了满意度调查， 其中男生共调查了 600 人，女生共调查了 400 人，男生平均给分 4 分，方差为 1 ，女生平均给分 3 分，方差也为 1 . 则调研对象总体方差为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据分层平均数求出总体平均数，然后根据分层方差和总体方差的关系求解可得. 【详解】记男生平均给分为，方差为，女生平均给分为，方差为， 则， 所以总体平均数， 所以总体方差为. 故选：D 6. 刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．则正八面体（八个面均为正三角形）的总曲率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正八面体的面积和减去六个顶点的曲率和可得结果. 【详解】正八面体每个面均为等边三角形，且每个面的面角和为，该正面体共个顶点， 因此，该正八面体的总曲率为. 故选：B. 7. 函数部分图象如图，则可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据（1）定义域：处无定义，函数在该点断开；（2）奇偶性：图象关于原点对称，函数为奇函数；（3）零点：、处函数值为0；（4）极限趋势：时，函数值趋向于无穷大；逐个分析判断正误即可. 【详解】选项A：奇偶性：，是偶函数，与图象的奇函数特征矛盾.A错误. 选项B：奇偶性：，是奇函数，符合； 零点：，对应、，与图象零点一致； 极限趋势：时，时， 与图象趋势一致；定义域：，符合图象特征. 综上B正确. 选项C：零点：，时，，与图象中为零点矛盾. C错误. 选项D：定义域：（处有定义，），与图象处无定义矛盾. D错误. 故选：B. 8. 如图，在中，，其内切圆与边相切于点，且.延长至点.使得，连接.设以两点为焦点且经过点的椭圆的离心率为，以两点为焦点且经过点的双曲线的离心率为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设内切圆与边分别相切于点，设，可得，结合椭圆和双曲线的定义可得，利用余弦定理求得，结合对勾函数的单调性分析求解. 【详解】如图，设内切圆与边分别相切于点， 由切线长定理和的对称性，可设. 由，可得. 在中，由余弦定理，. 于是根据椭圆和双曲线的定义，. 接下来确定的取值范围. 设， 在中，， 于是由余弦定理，， 整理得，于是，故， 又因为在内单调递增，可知， 可得，所以的取值范围是. 故选：D. 【点睛】方法点睛：1．椭圆、双曲线离心率(离心率范围)的求法：求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值； 2．焦点三角形的作用：在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来． 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. 如图，在三棱柱中，侧棱底面ABC，，，三棱柱外接球的球心为O，点E是侧棱上的一动点．下列说法正确的个数是（ ） A. 直线AC与直线是异面直线 B. 若，则与一定不垂直 C. 若，则三棱锥的体积为 D. 三棱柱外接球的表面积的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据异面直线的判定可判断A；根据线面垂直的性质定理可判断B；对于C：球心在两底面中心G，连线的中点上，求出到平面的距离即可求三棱锥的体积；对D：设外接圆半径，由，，可得没有最大值也没有最小值，由可得取值情况即可. 【详解】对于A，因为点平面，平面，点， 平面，所以直线AC与直线是异面直线，故A正确； 对于B，因为侧棱底面ABC，，故底面，底面， 故；而，则，即， 又，，平面，故平面， 又平面，故，故当（此时点E与点B重合）时，， ，平面，则直线平面，又平面，所以，故B错误； 对于C：若，则为正三角形，其外心为正三角形的中心G， 连接CG与AB交于F，则F为AB的中点，三棱柱外接球的球心O在两底面中心G，连线的中点上， 因为平面，所以O，G到平面的距离相等， 因为侧棱底面ABC，平面，所以平面平面， 又平面平面，，平面ABC，所以平面， 所以G到平面的距离为，即O到平面的距离为， 所以，故C正确； 对D：设外接圆半径r，由正弦定理得， 因为，，所以r没有最大值也没有最小值， 故外接球半径没有最大值也没有最小值，故D错误． 故选：AC 10. 下列说法正确的是（ ） A. 的值越大，两个事件的相关性就越大 B. 若甲、乙两组数据的相关系数分别为和0.89，则乙组数据的线性相关性更强 C. 已知，则， D. 设a，则，“”是“且”的必要不充分条件． 【答案】CD 【解析】 【分析】由独立性检验的相关知识可判断A；根据线性相关性与相关系数的关系可判断B，根据二项分布的方差公式判断C；根据必要不充分条件定义判断D. 【详解】对于A，在一个2×2列联表中，由计算得的值，的值越大，两个变量相关的把握越大，故A错误； 对于B，具有线性相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则越接近于1，x和y之间的线性相关程度越强，则甲组数据的线性相关性更强，B错误； 对于C，因为随机变量，则，方差，故C正确； 对于D：因为当时，满足“”不能得出“且”， 且可以得出，所以“”是“且”的必要不充分条件，D选项正确； 故选：CD 11. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 的最小值为1 C. 若，则的最小值为8 D. 若恒成立，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，利用基本不等式得，再解不等式即可；对B，根据基本不等式，易知等号不成立；对C，由代入式子中，再运用基本不等式处理即可；对D，由，即可得解. 【详解】对于A，，，当且仅当时取等号， ，解得，即，故A正确； 对于B，， 当且仅当，即时取等号，显然的值不存在，故B错误； 对于C，因为，所以， 当且仅当，即时，等号成立，故C正确； 对于D，，当且仅当时取等号， 所以，又恒成立， 所以，即的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 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. 已知向量，，满足，，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量数量积的运算法则求得，再利用向量数量积的定义，结合三角函数的性质即可得解. 【详解】因为， 所以， 则， 设与的夹角为， 则， 又，所以， 故的取值范围是. 故答案为：. 13. 对于函数，给出下列四个命题：①该函数是以为最小正周期的周期函数；②当且仅当时，该函数取得最小值是-1；③该函数的图象关于直线对称；④当且仅时，.其中正确命题的序号是_______(请将所有正确命题的序号都填上) 【答案】③④ 【解析】 【详解】画出函数图像如下图加粗部分所示，由图可知，函数的最小正周期为，当时，函数值也为，故①②错误.由图可知是对称轴，③正确，由图可知，④正确. 点睛：本题主要考查新定义函数图像的理解，考查数形结合的数学思想方法.根据题目所给函数的解析式可知，两个函数，取的是两个函数图像相比较较小的一个为函数的解析式，由此可以画出函数的图像，根据图像，逐一验证个命题是否正确即可得出题目要求的结论. 14. 有6张卡片，正面分别写有数字1，2，3，4，5，6，背面均写有数字7．先把这些卡片正面朝上排成一排，且第个位置上的卡片恰好写有数字．然后掷一枚质地均匀的骰子，若向上点数为n，则将第n个位置上的卡片翻面并置于原处．进行上述实验3次，发现卡片朝上的数字之和为偶数，在这一条件下，计算骰子恰有一次点数为3的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】设事件3次试验后，卡片朝上的数字之和为偶数为，设事件三次试验中抛掷骰子所得点数恰有一次为3为，先计算，最后利用条件概率公式即可求解. 【详解】由已知，试验前卡片朝上的数字之和为，数字之和为奇数， 若抛掷骰子所得点数为奇数，则试验后卡片朝上的数字之和仍然为奇数， 若抛掷骰子所得点数为偶数，则试验后卡片朝上的数字之和变为偶数， 所以事件进行3次实验后卡片朝上的数字之和为偶数，等于事件三次试验中抛掷骰子所得点数有一次为偶数，余下两次为奇数，或三次试验中抛掷骰子所得点数都为偶数， 设事件3次试验后，卡片朝上的数字之和为偶数为， 设事件三次试验中抛掷骰子所得点数恰有一次为3为， 记表示第次试验中抛掷骰子所得点数为偶数，，则， 设表示第次试验中抛掷骰子所得点数为1或5，，则， 设表示第次试验中抛掷骰子所得点数为3，，则， 所以，所以， 事件表示三次试验中有一次骰子的点数为3，另两次的点数为一个奇数一个偶数其中奇数为1或5， 所以， 所以，所以. 故答案为：. 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. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且． （1）求； （2）若，证明：是直角三角形． 【答案】（1） （2） 由题设，则， 所以，即， 所以，可得， 所以，则， 所以，可得， 所以，故（负值舍）， 由，则，即为直角，故是直角三角形，得证. 【解析】 【分析】（1）应用正弦边角关系及三角形内角性质、三角恒等变换化简得，进而求得，再求其正弦值； （2）由正弦边角关系得，利用三角形内角和及和角正弦公式得，进而求得，结合前提即可证. 【小问1详解】 由题设及正弦边角关系有，而， 所以，即， 所以，而，则， 由，可得. 【小问2详解】 略 16. 如图，在四棱锥中，，，底面，，，是的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点，连接，. 为的中点，且， 又，，，，且， 四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点通过题中条件证得四边形为平行四边形，从而得到，利用线面平行判定定理得到平面. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设与平面所成的角为，利用向量的数量积求出， 利用公式求出，即为直线与平面所成角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，直线为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， ，， ，，，，，， ，， ，， 设平面的法向量为， 则有，取，则，， 则平面的法向量为， 则，. 设与平面所成的角为， 则有， ， ， 直线与平面所成角的余弦值为. 17. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）当时，恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）增区间是，减区间是； （2） 【解析】 【分析】（1）由得增区间，由得减区间； （2）首先，然后在时，结合（1）对分类讨论，时利用（1）的结论可得，，求出导函数，然后再利用导数研究的单调性，从而得出结论． 【小问1详解】 ，则，，函数定义域为， 时，，单调递增，时，，单调递减， 所以的单调增区间是，减区间是； 【小问2详解】 时，恒成立， 时，若，由（1）知当时函数的最大值为0，则当时，又， 所以恒成立， 若，， 设，则，是减函数， 由得， 若，则， 当时，在上恒成立，（因为，，，所以）， 所以即在上单调递减，， 所以在上单调递减，满足， 若，即时，当时，，递增，当时，，递减， 所以在处取得最大值， ， 令，则， ，则，所以在上单调递增， 所以， 所以，且， 所以在时，，则在上单调递增，，不满足， 综上，的取值范围是． 18. 已知为坐标原点，抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且． （1）求抛物线的方程； （2）若经过点的直线与抛物线交于点，，且，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由抛物线焦半径公式即可求解； （2）设直线方程，联立抛物线方程，由韦达定理，通过，求得斜率，再由弦长公式即可求解. 【小问1详解】 由点在抛物线上，得， 由，可得，得， 所以抛物线的方程； 【小问2详解】 当斜率不存在时，方程为：， 此时， 则， ，不符合题意， 当斜率存在时，设直线方程为：， 联立抛物线方程消去可得： ， 设， 又，则， 代入， 可得： 代入 得： 化简可得：， 即或， 当时，直线方程为，过坐标原点，不符合题意舍去， 当，直线方程为， 所以 由弦长公式得： 19. 若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成的集合为． （1）若是项数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和； （2）已知，且与是两个不同的数列，定义离散型随机变量其中，且． （ⅰ）求取到最大值时的值； （ⅱ）求随机变量的分布列，并证明：． 【答案】（1） （2）（i）5； （ii）分布列，证明： 因为， 所以 ，即. 【解析】 【分析】（1）当时，；当，，时，，由此可得出数列所有项的和； （2）（i）分析可知的可能取值有、、、、，先求出集合中的元素个数为，当时，确定与的选择共有种情况，所有可能情况有种，由此可得出的表达式，再由解出的值，可得出取最大值时的值； （ii）分析可知当时，与的选择情况共有种情况，所有可能的情况有种，可得出的分布列，根据组合数的基本性质求出的表达式，进而可证明出. 【小问1详解】 数列是项数列，当且仅当时，； 当，，时，. 设数列所有项的和为，则 . 【小问2详解】 （i）因为数列、是从集合中任意取出的两个数列， 所以，数列、均为项数列，所以的可能取值有、、、、， 根据数列中的个数可得，集合的元素个数为， 当时，数列、中有项取值不同，有项取值相同， 先确定有种情况，然后在中选取项，这项与的对应项的取值不同， 有种情况，则与的选择共有种情况， 数列、是从集合中任意取出的两个数列，所有可能情况有种， 所以， 由，化简可得，解得， 则当时，取得最大值； （ii）由（i）知集合中元素的个数为， 当时，数列、中有项取值不同，有项取值相同， 先确定有种情况，然后在中选取项与对应项取值不同有种情况， 则与的选择情况共有种情况， 数列是从集合中任意取出的两个数列，所有可能情况有种， 所以随机变量的分布列为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届河南方城县第一高级中学高三下学期二诊模拟考试数学试题（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. 设等比数列的公比，则的公比为（ ） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，（ ） A. B. C. 1 D. 3. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，若，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 4或5 D. 5或6 5. 某动漫社团为了调查本校学生对新上映电影的喜好程度， 对该校学生进行了满意度调查， 其中男生共调查了 600 人，女生共调查了 400 人，男生平均给分 4 分，方差为 1 ，女生平均给分 3 分，方差也为 1 . 则调研对象总体方差为（ ） A. B. C. D. 6. 刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．则正八面体（八个面均为正三角形）的总曲率为（ ） A. B. C. D. 7. 函数部分图象如图，则可能是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，，其内切圆与边相切于点，且.延长至点.使得，连接.设以两点为焦点且经过点的椭圆的离心率为，以两点为焦点且经过点的双曲线的离心率为，则的取值范围是（ ） 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. 如图，在三棱柱中，侧棱底面ABC，，，三棱柱外接球的球心为O，点E是侧棱上的一动点．下列说法正确的个数是（ ） A. 直线AC与直线是异面直线 B. 若，则与一定不垂直 C. 若，则三棱锥的体积为 D. 三棱柱外接球的表面积的最大值为 10. 下列说法正确的是（ ） A. 的值越大，两个事件的相关性就越大 B. 若甲、乙两组数据的相关系数分别为和0.89，则乙组数据的线性相关性更强 C. 已知，则， D. 设a，则，“”是“且”的必要不充分条件． 11. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 的最小值为1 C. 若，则的最小值为8 D. 若恒成立，则的最小值为 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. 已知向量，，满足，，则的取值范围是______. 13. 对于函数，给出下列四个命题：①该函数是以为最小正周期的周期函数；②当且仅当时，该函数取得最小值是-1；③该函数的图象关于直线对称；④当且仅时，.其中正确命题的序号是_______(请将所有正确命题的序号都填上) 14. 有6张卡片，正面分别写有数字1，2，3，4，5，6，背面均写有数字7．先把这些卡片正面朝上排成一排，且第个位置上的卡片恰好写有数字．然后掷一枚质地均匀的骰子，若向上点数为n，则将第n个位置上的卡片翻面并置于原处．进行上述实验3次，发现卡片朝上的数字之和为偶数，在这一条件下，计算骰子恰有一次点数为3的概率为______． 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. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且． （1）求； （2）若，证明：是直角三角形． 16. 如图，在四棱锥中，，，底面，，，是的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值． 17. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）当时，恒成立，求a的取值范围． 18. 已知为坐标原点，抛物线：的焦点为，点在抛物线上，且． （1）求抛物线的方程； （2）若经过点的直线与抛物线交于点，，且，求． 19. 若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成的集合为． （1）若是项数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和； （2）已知，且与是两个不同的数列，定义离散型随机变量其中，且． （ⅰ）求取到最大值时的值； （ⅱ）求随机变量的分布列，并证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $