2026届河南南阳市方城县第一高级中学高三下学期高考冲刺抢分卷数学试题（一）

**基本信息** 融合文化传承（唐·金筐宝钿团花纹金杯与双曲线）与科技前沿（折叠屏手机出货量统计），梯度设计适配高考冲刺，全面考查数学眼光、思维与语言。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|复数、集合、等比数列|基础概念与运算，如复数共轭、集合补集| |多项选择题|3/18|三角函数图象、统计图表、新定义数列|结合图象分析（三角函数周期性）、数据解读（极差、中位数）| |填空题|3/15|三角恒等变换、二项式定理、基本不等式|齐次式弦化切、展开式系数计算| |解答题|5/77|统计与概率（卡方检验、期望）、立体几何（面面垂直、二面角、外接球）、导数（单调性、极值比较）、椭圆（垂心、最值）|综合应用，如统计结合手机购买调查，导数题论证极值点关系，椭圆题探究垂心坐标与面积最大值|

2026届方城县第一高级中学高三下学期高考冲刺抢分卷数学试题（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．复数的共轭复数为（    ） A． B． C． D． 2．已知全集，集合，，则的元素个数为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 3．陕西历史博物馆收藏的国宝——唐·金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，玲珑娇美，巧夺天工，是唐代金银细作中的典范之作.该杯的主体部分可以近似看作是双曲线：的右支与轴及直线，围成的曲边四边形绕轴旋转一周得到的几何体，如图，若该金杯主体部分的上口外直径为，下底座外直径为，则此双曲线的渐近线方程为（   ） A． B． C． D． 4．数列为单调递减的等比数列，且，则公比（    ） A． B． C． D． 5．路边有一块区域，经过整理可以建一个花圃以供欣赏，其中三角形各顶点在同一条曲线上.如图，园艺师通过测量可知三角形各顶点分别为，，，其中，则的面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 6．如图，在立体图形中，若，，是的中点，则下列命题中一定正确的是（   ） A．平面平面 B．平面平面 C．平面平面 D．平面平面 7．在中，已知，，，，则（   ） A． B． C．1 D． 8．已知，曲线在点处的切线都过坐标原点，则（    ） 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．已知函数（，，）的部分图象如图所示，则（    ） A． B． C．曲线关于原点对称 D．若在上恰有两个实根，则实数的取值范围为 10．如图是我国2023年第四季度至2024年第四季度的折叠屏手机出货量、同比（与上一年同期相比）增长率统计图，则关于这5个季度的数据说法正确的是（    ） A．折叠屏手机季度出货量的极差不超过92万台 B．折叠屏手机季度出货量的中位数为250.5万台 C．与2023年第二季度相比，2024年第三季度折叠屏手机的出货量增加13.7% D．2024年前3个季度折叠屏手机的同比增长率均为正数 11．若无穷数列对于任意正整数均有，则称是形数列，则（   ） A．数列是形数列 B．“数列是形数列”的充要条件是“” C．若正项单调数列是形数列，则是形数列 D．若两个正项递增数列均是形数列，则对于任意正整数m，n，均有 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，则的值为________． 13．的展开式中的系数为______． 14．已知，则的最小值为______. 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．手机是近年来备受关注的新一代智能终端，与智能网联新能源汽车、智能机器人等共同纳入国家发展战略.某商场为了解顾客的购买意愿，随机调查了200位顾客购买手机的情况，得到数据如下表. 购买手机 购买无技术的手机 总计 男性顾客 45 65 110 女性顾客 56 34 90 总计 101 99 200 (1)根据表中数据，判断是否有99%的把握认为购买手机与顾客的性别有关？并说明理由： (2)为促进手机的销量，该商场为购买手机的顾客设置了抽奖环节，共设一、二等奖两种奖项，分别奖励200元、100元手机话费，抽中一、二等奖的概率分别为和，其余情况不中奖.每位顾客允许连续抽奖两次，且两次抽奖相互独立.记某位顾客两次抽中的奖金之和为元，求随机变量的数学期望. 参考公式及数据：①，其中． ②,,,． 16．如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，，． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)四棱锥的所有顶点都在同一球面上，求该球的体积． 17．在中，内角的对边分别为，满足． (1)证明：； (2)若，，点为边上一点，为的平分线，求的值； (3)若为锐角三角形，求的取值范围． 18．已知函数，，. (1)讨论的单调性; (2)若与有相同的最小值，求实数的值; (3)设是的两个不同的极值点，判断与的大小，并证明你的结论. 19．已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，点在椭圆上，的周长为面积的最大值为 (1)求椭圆的方程. (2)已知点，直线与椭圆交于两点，点为的垂心. （i）若 为等边三角形，求点的坐标； （ii）若直线过点，求的最大值. 试卷第6页，共6页 试卷第5页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 《2026届方城县第一高级中学高三下学期高考冲刺抢分卷数学试题（一）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B A A D C C D ABD ABD 题号 11 答案 AD 1．B 【详解】因为，所以复数的共轭复数为. 2．B 【分析】由并集，补集定义结合题设可得答案. 【详解】由题可得，于是，其中共4个元素. 故选：B. 3．A 【分析】求出点的坐标，将其代入双曲线方程中，求出方程即可. 【详解】由题意可得， ，，且、都在双曲线上， 所以，解得，则双曲线的渐近线方程为. 故选：A. 4．A 【详解】因为，且为单调递减的等比数列， 联立，解得， 所以，故． 5．D 【分析】过A，B，C分别向x轴作垂线，垂足分别为D，E，F，利用割补法及梯形的面积公式求三角形的面积，再应用导数求其最大值. 【详解】如图，过A，B，C分别向x轴作垂线，垂足分别为D，E，F， 则的面积为， 设， 则， 所以在上单调递减，则． 6．C 【分析】利用垂直关系，结合面面垂直的判断定理，即可判断选项. 【详解】因为，且是的中点，所以BE⊥AC， 因为，且是的中点，所以DE⊥AC， 因为，平面， 所以平面，由于平面， 所以平面平面，C正确； 在平面内取点，作，，垂足分别为，，如图， 因为平面，由于平面， 所以平面平面，平面平面，平面，， 则平面，平面，所以， 若平面平面，同理可得，而，平面， 于是得平面，显然与平面不一定垂直，A不正确； 过A作边上的高，连，由得，是边上的高， 则是二面角的平面角，而不一定是直角，即平面与平面不一定垂直，B不正确； 因平面，则是二面角的平面角，不一定是直角， 平面与平面不一定垂直，D不正确. 故选：C 7．C 【分析】由平面向量的加减法得出，再应用数量积的定义及运算律计算求解． 【详解】由，则，因此， ． 8．D 【分析】通过导数的几何意义确定在点处的切线方程为，进而结合选项逐个判断即可. 【详解】由，得， 在点处的切线方程为， 又切线过原点，， ，故选项A错误． ，， 所以为函数与的图象交点的横坐标， 又两个函数都是奇函数，图象关于原点对称， 所以，故选项B错误． 由函数与的图象可知，，， 所以， 所以，即， 又因为，所以， 所以选项C错误，选项D正确． 故选：D． 9．ABD 【分析】本题考查三角函数的图象和性质．对于A，由图可知函数的最小正周期及，从而可求出；对于B，根据最值点可求出，进而可知的解析式，再根据诱导公式可判断B；对于C，首先求出的解析式，判断其是否为奇函数即可判断C；对于D，根据在上的图象可知实数的取值范围. 【详解】对于A，设的最小正周期为，由图象可知，，故A正确； 对于B，由， 所以，解得， 又，所以， 所以，故B正确； 对于C，，是偶函数， 其图象关于轴对称，故C错误； 对于D，当时，， 所以，， 又因为，结合的图象，若恰有两个实根，则，故D正确． 故选：ABD. 10．ABD 【分析】根据图中条形图和折线图的数据，以及极差和中位数的定义，结合选项判断. 【详解】折叠屏手机季度出货量的极差为千台，即91.4万台，故A正确； 将各季度折叠屏手机出货量（千台）从小到大排列为1857，2233，2505，2571，2771，故中位数为2505千台，即250.5万台，故B正确； 同比是指与上一年同期相比，故折叠屏手机2024年第三季度的出货量比2023年第三季度的出货量增加13.7%，故C错误； 由图可知，2024年前3个季度折叠屏手机的同比增长率均为正数，故D正确. 故选：ABD． 11．AD 【分析】原题条件等价于时，是形数列，对于A，由形数列的定义即可判断；对于B，分充分性、必要性两方面讨论即可；对于C，D，根据所给数列的性质结合形数列的定义即可判断. 【详解】若，由，得，若，由， 得，故原题意可转化为当时，是形数列． 对于A，易知，而，故， 即，故是形数列，故A正确； 对于B，当是形数列时，，即，得，必要性成立， 下面考虑充分性，当时，，此时没有意义，充分性不成立，故B错误； 对于C，若是递减数列，则．故，于是， 而，故当时，．， 故不是形数列，故C错误； 对于D，显然，则，故， 于是， 同理． 故 ，即，故D正确． 故选：AD． 12． 【分析】根据对数运算法则求出，将化为，再利用齐次式弦化切即可求得答案. 【详解】， . 故答案为：. 13． 【分析】利用展开式各项的意义可求解. 【详解】因为的项可以由展开式中含的项与1的乘积构成， 又展开式中的项为； 因为的项可以由展开式中含的项与的乘积构成， 又的展开式中含的项为， 所以的展开式中的项为. 故的展开式中的系数为. 故答案为：. 14．/ 【分析】令，则，利用基本不等式求最小值即可. 【详解】因为，则， 令，由可知，即， 所以， 所以由基本不等式可得， 当且仅当，即时等号成立， 所以， 故答案为： 15．(1)有的把握认为购买手机与顾客的性别有关. (2) 【分析】(1)由卡方公式计算出卡方值，利用临界值进行比较即可. (2)先列出随机变量的分布列，再由分布列求出期望值. 【详解】（1）假设:购买手机与顾客性别无关. 根据公式， 因为，所以假设不成立， 即我们有的把握认为购买手机与顾客的性别有关，此判断犯错误概率不超过0.01. （2）可能取的值为0，100，200，300，400， 每次抽奖不中的奖的概率为，中元概率为，中元概率为， ， ， ， ， ， 所以的分布列为 0 100 200 300 400 所以期望为. 16．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据面面垂直的判定即可证明； （2）建立空间直角坐标系，根据面面夹角的向量公式即可求解； （3）先说明四棱锥的所有顶点在球心为的球面上，再根据球的体积公式求解． 【详解】（1）证明：因为底面是正方形， 所以， 又，，，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面． （2）设交于点，过作，垂足为点， 因为平面平面，平面平面， 所以平面， 又，，，所以，所以， 所以，所以， 以为坐标原点，向量，，的方向分别为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，    在，，所以， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 由得，取，得， 设平面的法向量为， 由得，取，得， 设平面与平面的夹角为， 则 ， 故平面与平面夹角的余弦值为． （3）连接，由（2）知，又为的中点，所以， 又，所以， 所以四棱锥的所有顶点在球的球面上，所以球的半径， 所以球的体积． 17．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用三角恒等变换即可得证； （2）先计算，利用二倍角余弦公式得，再由结合二倍角正弦公式即可求解； （3）由（1）有，得，又由正弦定理得，利用锐角三角形求出的范围，进而求解. 【详解】（1）由，利用正弦定理得：， 又， 所以， 所以， 所以或， 所以或（舍去） 所以； （2）由，所以， 又，所以， 又，所以， 又由为的平分线， 所以， 所以， 所以， 又由余弦定理得：， 所以，所以； （3）由（1）有，又，所以， 又由正弦定理得： ， 又为锐角三角形，所以， 所以，所以，所以. 18．(1)当时，是增函数；当时，单调在上单调递减；在上单调递增. (2). (3)，证明见解析. 【分析】（1）利用导数，通过讨论的取值范围，分析导函数的正负，即可得函数的单调性； （2）通过讨论的取值范围，分别求得与的最小值，得方程以，即，令，通过分析的单调性，得有唯一零点，从而求得； （3）由是的两个不同的极值点，得是方程，即的两个不同实根.由，得,令，则.通过构造函数，并分析函数的单调性，可得其取值情况，从而判断与的大小关系. 【详解】（1）函数的定义域为. . 因为恒成立，所以当时，恒成立，是增函数； 当时，令，得. 因为是增函数，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增. 综上，当时，是增函数； 当时，在上单调递减；在上单调递增. （2）由（1）得，当时，是增函数，无最小值； 当时，单调在上单调递减；在上单调递增，所以在处取得最小值，最小值为. ，定义域为. . 当时，恒成立，是减函数，无最小值； 当时，令，得. 因为是增函数，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增. 所以在处取得最小值，最小值为. 因为与有相同的最小值，所以，即. 令，则. 令，则. 令，得；令，得. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以在处取得最大值，最大值为. 所以是减函数. 因为，所以方程有唯一实数根. 所以. （3），证明如下： 函数的定义域为. . 设是的两个不同的极值点，则是方程，即的两个不同实根. 即，所以. 令，则. 令，则. 令，则. 因为，所以恒成立，所以为增函数. 所以，即，所以为增函数，所以. 因为，所以，即. 即. 19．(1) (2)（i）（ii） 【分析】（1）根据三者的关系求解椭圆方程； （2）先设出直线的方程，联立椭圆方程，再结合等边三角形的性质，建立方程求解直线参数，进而求解即可；利用垂直的斜率关系得到坐标的表达式，将坐标用直线参数表示后，结合函数求最值. 【详解】（1）由题可知，的周长为，即， 且最大面积为，解得， 又，所以，化简得. 即椭圆方程为. （2）（i）为等边三角形，由对称性可知轴， 设，，由得， 又在椭圆上，，代入得，解得（舍去）. 等边三角形垂心与重心重合，重心坐标为，因此. （ii）设，直线，代入椭圆得， 韦达定理得，. 是垂心，故，方程为， 方程为，方程为， 两式相减整理得， 则 ， 为到的距离， 令，则，代入得， 由基本不等式，等号成立当（满足）， 故. 答案第2页，共15页 答案第1页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 $