河南南阳市方城县第一高级中学2025-2026学年第二学期高三年级二模考后巩固练数学试卷

方城县第一高级中学2025-2026学年第二学期高三年级二模考后巩固练数学试卷 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．复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（    ） A． B． C．1 D． 2．已知集合，集合，则（   ） A． B． C． D． 3．已知，，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．已知平面向量满足.若，则向量的夹角为（    ） A． B． C． D． 5．在连续五天时间里，甲、乙、丙、丁四名同学分别到夕阳红敬老院参加志愿者活动，每天一人，其中甲参加两天，其余三人各参加一天，则甲不在相邻两天的安排方法有（   ） A．24种 B．36种 C．48种 D．60种 6．记为等比数列的前项和，若，，则（    ） A．4 B． C．8 D． 7．设为双曲线的左、右焦点，直线过左焦点且垂直于一条渐近线，直线与双曲线的渐近线分别交于点，点在第一象限，且，则双曲线的离心率为（   ） A． B． C． D． 8．若，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．下列说法正确的是（   ） A．数据9，10，10，11，12，14，16，17，19，21的第60百分位数为14 B．对于随机事件A与B，若，则事件A与B相互独立 C．已知一组样本数据的平均值为5，极差为7，中位数为6，则数据的平均值为9，极差为14，中位数为11 D．若成对样本数据的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近1 10．已知在长方体中，，点为的中点，为底面（含边界）内一个动点，且平面，长方体的外接球的球心为，则下列选项正确的是（    ） A．球的表面积为 B．动点的轨迹长度为 C．异面直线与所成角的正切值的取值范围是 D．三棱锥的外接球球心为，则 11．已知函数，则下列说法正确的是（ ） A．若为的极小值点，则的取值范围为 B．存在，使得在上有且仅有一个零点 C．当时，过点存在两条直线与曲线相切 D．存在，使得 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．已知随机事件和，其中．则__________． 13．计算：___________ 14．融合科技和娱乐的无人机群表演深受人们欢迎．现有架无人机依次围成一个圆形飞行表演编队（相邻）．操控员需要对每架无人机发送两种编码：频段编码（0或1）和校验编码（或），无人机端接收频段编码和校验编码．为了保证无人机群飞行的稳定，要求相邻两架无人机之间的频段编码或者校验编码至少有一个相同，称满足这样条件的编码为合法编码，设该无人机群飞行编队的合法编码有种．则__________，__________． 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，角的对边分别为，若． (1)求的大小； (2)如图所示，为外一点，，，，求外接圆的半径． 16．已知椭圆的右焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)若直线与交于，两点，与轴交于点，且是的中点，求的值． 17．如图，四棱锥的底面为正方形，平面平面，已知，是棱上的点． (1)若是棱的中点，求证：平面； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成的角的最大值． 18．在一个盒子中，装有5个大小相同的小球，小球上的编号依次为1，2，3，4，5，现从中有放回地依次随机抽取小球若干次，每次仅抽取1个小球并记录小球上的编号．记为第次抽取后出现的编号种类数（例如，依次抽取3次，小球编号分别为3，3，1，于是）． (1)求的概率； (2)记为第次抽取后出现的编号中的最小编号，为第次抽取后出现的编号中的最大编号． （i）若的概率不超过0.1，求的最小值； （ii）设，，的数学期望分别为，，，探究是否存在正整数和正整数，使得，，成等差数列．若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，请说明理由． 19．已知函数. (1)若存在单调递减区间，求实数的取值范围； (2)若有两个不同的极值点. （i）求实数的取值范围； （ii）判断与的大小，并证明你的结论. 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学年第二学期高三年级二模考后巩固练数学试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C A C B B B B BC ABD 题号 11 答案 ABD 1．C 【详解】由题意可得：，所以，所以复数的共轭复数的虚部为1. 2．C 【详解】由，，则. 3．A 【分析】验证充分性：若，结合基本不等式，推导出；验证必要性：若，通过举反例，得不出. 【详解】由题意知，，则可知， 当时，，即充分性成立； 取，满足，，， 但是，即必要性不成立， 故“”是“”的充分不必要条件. 4．C 【分析】利用平面向量数量积的运算律，对直接运算，应用公式可得出答案. 【详解】由得：， 又，所以， 设向量的夹角为， 可得：，且， 解得向量的夹角为. 故选：C. 5．B 【分析】先安排乙、丙、丁三名同学，再用插空法排甲最后可计算所有排法. 【详解】先排乙、丙、丁三名同学共有种排法； 再从三人所产生的四个空中选两个空给甲，有种方法； 所以共有种安排方法. 故选：B 6．B 【分析】把题干所给条件转化为的方程组，解方程组即可得出答案. 【详解】设等比数列的公比为，当时，，所以. 由题意可得，解得或， 当，时，， 当，时，. 故选：B 7．B 【分析】根据点到直线公式可得，进而向量关系可得是的中点，即可根据角相等得，即可求解离心率. 【详解】由于渐近线的方程分别为，且， 直线，所以， 由于， 所以, 所以是的中点，结合可得, 又，所以， 故，所以， 即，故， 故选：B 8．B 【分析】令 ，联立，解出的值，再利用诱导公式以及倍角公式即得. 【详解】令 ，则 ， 由 ，可得 ，进而 ， 因此，， 利用诱导公式，， 联立 ，解得： 或. 当时， ， ， 则， 代入得； 当时， ， ， . 故选：B 9．BC 【分析】利用百分位数定义计算可得A；利用对立事件概率公式与相互独立事件定义计算可得B；利用平均数、极差与中位数的性质计算可得C；利用相关系数定义可得D. 【详解】对A：，故这组数据的第60百分位数为，故A错误； 对B：由，则， 故事件A与B相互独立，故B正确； 对C：新数据的平均值为，极差为， 中位数为，故C正确； 对D：若成对样本数据的线性相关程度越强，则样本相关系数的绝对值越接近，故D错误. 10．ABD 【分析】利用长方体的性质结合球的表面积公式判断A，建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用空间位置关系的向量表示并结合题意得到轨迹方程，进而求解轨迹长度判断B，利用异面直线夹角的向量求法结合同角三角函数的基本关系判断C，利用球的方程求出的坐标，进而得到的长度判断D即可. 【详解】对于A，设长方体的外接球半径为， 由长方体性质得， 由球的表面积公式得球的表面积为，故A正确， 对于B，如图，在长方体中， 以为原点建立空间直角坐标系，连接， 由题意得，，，，， 因为点为的中点，所以， 则，，设面的法向量为， 可得，令，解得，故， 因为为底面（含边界）内一个动点， 所以设，则， 因为平面，所以， 得到，化简得， 当时，，不符合题意，当，时，符合题意， 则的轨迹是点与点之间的线段， 由两点间距离公式得轨迹长度为，故B正确， 对于C，因为，所以，此时变为， 由题意得，，则，， 设异面直线与所成角为， 可得， 由同角三角函数的基本关系得， 则，令， 由二次函数性质得在上单调递减，在上单调递增， 而，，，可得， 即，故C错误， 对于D，由题意得是的中点，则由中点坐标公式得， 且，，，，设，半径为， 则外接球的方程为， 将代入方程，得到， 将代入方程，得到， 两式相减可得，解得， 将代入方程，可得， 此时变为， 两式相减得，解得， 将代入方程，可得， 此时变为， 两式相减可得，解得， 则，由两点间距离公式得，故D正确. 故选：ABD 11．ABD 【分析】对A，对求导，再利用极值的定义，即可求解；对B，当，求出的单调区间，进而可得方程的解满足题意，即可求解；对C，设出切点，根据条件，将问题转化成判断方程解的个数，即可求解；对D，令，，将问题转化成方程有解，即可求解. 【详解】对于A，因为，令，得到或， 若为的极小值点，则，解得，所以A正确， 对于B，因为，当时，则的增区间为，减区间为， 又，若，即， 解得，此时在上有且仅有一个零点，故B正确， 对于C，设切点为，则，又， 则切线方程为，又切线过点， 则，整理得到， 令，则，令，得到或， 当时，，当时，，当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 又时，，时，，且时，，时，， 所以与轴有个交点，即有个解，故C错误， 对于D，令，， 则， 令，得到，所以D正确， 12．/ 【详解】由概率的加法公式：, 代入已知条件得：， 解得：. 13． 【分析】利用根式运算、对数运算性质计算得解. 【详解】. 故答案为： 14． 28 【分析】根据题设条件可构建，利用构造法可求的通项. 【详解】无人机端接收频段编码和校验编码有四种不同编码情况，分别为， 如图所示，当有3架无人机时， 若编码相同时，有种不同方法， 若编码不同时，有种不同方法，则， 如图所示，当有架无人机时，有种编码可供选择，此时有种选择， 依次有种选择，不考虑与是否有相同的频段编码或者校验编码， 则有种选择， 若与有相同的频段编码或者校验编码，则种编码中有种合法编码； 若与无相同的频段编码或者校验编码， 则与必有相同的频段编码或者校验编码， 故种编码中余下的即为种合法编码；故， 故，其中，而， 故，故，其中， 故. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，和差角公式以及辅助角公式即可求解； （2）利用三角形的内角和关系，结合正弦定理解三角形，即可求得. 【详解】（1）由和正弦定理，得， 因，则， 代入化简得 ，即， 则， ，解得. （2）令，， 在中，由正弦定理得，， 因，则①. 在中，由正弦定理得，, 因,则②, 由①②得，,即， 因为，则得，解得， ， 设外接圆的半径， 由正弦定理，. 16．(1) (2) 【分析】（1）先根据右焦点的坐标求出的值，再根据离心率求出的值，进而结合可得椭圆的标准方程； （2）根据直线方程，可得点坐标，再将直线与椭圆方程联立，根据韦达定理，可得，的表达式，再结合是的中点，进而即可求出的值． 【详解】（1）由椭圆的右焦点为 ，得， 又离心率 ，解得， 在椭圆中，有， 因此椭圆的标准方程为． （2）直线与轴交于点， 联立，整理得， 由判别式有，解得或， 设，， 由韦达定理得，， 又是的中点，则，解得，， 则，解得符合题意， 所以的值． 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直定理证明； （2）建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，利用线面角的向量公式转化为求二次函数的最小值. 【详解】（1）由平面平面，且底面为正方形，得，根据面面垂直的性质定理得平面， 因为，是中点，由等腰三角形三线合一，得， 又，结合平面，得平面， 因为平面，所以， 由于，根据线面垂直的判定定理，可得平面； （2）由二面角的大小为，结合平面，可知， 如图以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系， 由，得各点坐标：， 设（），则，故的坐标为， 向量，设平面的法向量为，由得； 由得，令，则，故法向量， 直线的方向向量为， 设直线与平面所成角为，则， 二次函数（开口向上），其最小值在顶点处取得，最小值为，故的最小值为， 代入得的最大值为：， 因此，. 18．(1) (2) (i)3 (ii)存在， 【分析】（1）利用古典概型思想即可得到答案； （2）（i）结合有放回抽样的概率特征，依据编号种类数、最小编号和最大编号这三个随机变量的定义，列出不等式，再验证即可； （ii），利用补集思想推导分布列与数学期望，结合等差中项性质及函数单调性，求解参数范围与对应正整数解. 【详解】（1）由题意知，从个不同的小球中有放回的抽取次，基本事件总数为， 事件""表示抽取后出现的编号种类数为，即两次抽取小球的编号不同. 所以第一次抽取有种可能，第二次抽取和第一次抽取编号不同，则第二次抽取有种可能， 故满足条件的事件数为. 所以. （2）(i)表示前次抽取的编号里的最小编号大于等于，即前次抽取的编号均大于等于. 每次抽取的编号大于等于的编号仅有，，，，中的和 故每次抽取的编号大于等于的概率为. 又有放回抽取，每次抽取概率相互独立， 故. 由题意知，， 令，则，不满足题意. 令，则，不满足题意. 令，则，满足题意. 故的最小值为. (ii)可能的取值为，，，，. 因为有放回抽样， 故前次抽取的编号均大于等于的概率为. 所以， ， ， ， . 故. 可能的取值为，，，， 则前次抽取的编号均小于等于的概率为. 所以， ， ， ， ， 故， 所以. 又连续抽次，编号未被抽到的概率为，则编号被抽到过的概率为. 记事件为"连续抽次，编号被抽到过"，则 所以. 若，，成等差数列， 则， 即， 化简得. 当时，，化简得,，满足题意. 当时，，化简得,，不满足题意. 当时，函数在正整数集上单调递增， 则，， 所以当时，. 令，则. 化简得，此时的值不为正整数，不满足题意. 综上,存在满足条件的正整数，其值为. 19．(1) (2)（i）；（ii），证明见解析 【分析】（1）问题转化为在上有解，即在上有解，令，利用导数求出的最大值，得解； （2）（i）由题转化为有两个不同的零点，即有两个不同的解，由（1）可得解；（ii）由题意可知，是的两个不同实根，可得，作差得，令，则，令，利用导数判断的正负号即可. 【详解】（1）函数的定义域为. 因为存在单调递减区间，所以在上有解， 所以在上有解. 记函数，所以， 所以当时，单调递增；当时，单调递减， 所以，则，即， 所以实数的取值范围为. （2）（i）若有两个不同的极值点，则函数有两个不同的零点，即有两个不同的解， 所以函数的图象和函数的图象有两个不同的交点. 由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，. 因为当时，；当时，， 所以实数的取值范围为. （ii）.证明如下： 由题意可知，是的两个不同实根， 所以，所以. 令，则， 因为，所以， 令，则， 令，则， 所以在上单调递减，所以，则， 所以在上单调递减，所以，则， 所以. 答案第8页，共18页 答案第9页，共18页 学科网（北京）股份有限公司 $