河南南阳市方城县第一高级中学2026届高三下学期强化训练（一）数学试卷

方城县第一高级中学2026届高三下学期强化训练（一）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．已知复数满足，则的虚部为 A．-4 B． C．4 D． 2．设集合，则满足的不同集合共有（   ） A．2个 B．4个 C．6个 D．8个 3．抛物线的准线方程为（    ） A． B． C． D． 4．已知是第二象限角，，则（   ） A． B． C． D． 5．已知函数，设，，，则、、的大小关系是（    ） A． B． C． D． 6．已知菱形的边长为2，，点在线段上，点在线段上，，则的最大值为（   ） A． B．2 C． D．－2 7．直线l：被圆C：截得的弦AB的长为（    ） A．4 B． C． D．2 8．已知，则a、b、c的大小关系为（   ） 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．《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马中，平面，且，则（   ） A．异面直线与所成的角为 B．平面平面 C．点到平面的距离为 D．阳马的外接球的表面积为 10．已知抛物线其焦点为双曲线的离心率为，其左、右焦点分别为，已知在第一象限存在公共点P，则下列说法正确的是（    ） A．曲线的渐近线为 B．存在使得点的横坐标为 C．若以为直径的圆与x轴相切于点，则 D．若，设点到准线的距离为，则 11．高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家.称为高斯函数，其中，且表示不超过的最大整数，例如，.设函数，则（   ） A． B．是周期函数 C．的值域为 D． 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．若函数，则________. 13．数列为等比数列，且，设为其前项和，，则______． 14．盒子中有4个红球，6个白球，从盒中每次取1个球，取出后将原球放回，再加入2个同色球，所有的球除颜色外其它均相同，则第2次取到红球的概率为_____；在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为_____. 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．有动物类和植物类两个谜语题库，甲猜对动物类、植物类题库中每道谜语的概率分别为0.8，0.5．现有两种答题方案：方案一，甲先从动物类题库中选一道谜语作答，猜对得奖金15元，且只有猜对该道谜语，才有资格从植物类题库中再选一道谜语作答，猜对第二道得奖金25元；方案二，甲从动物类题库中选两道谜语作答，每猜对一道得奖金15元. (1)若甲选择方案一的奖金金额为X元，求X的分布列与期望. (2)以甲获得奖金金额的期望值为决策依据，他应该选择哪个方案?并说明理由. 16．如图，在菱形中，，，为的中点，将沿翻折至，得到四棱锥. (1)证明：平面平面； (2)当二面角为120°时，求和平面所成角的正弦值. 17．在①各项系数之和为；②常数项为；③各项系数的绝对值之和为1536这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答问题. 在的展开式中，______.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） (1)求展开式中项的系数； (2)求被除的余数. 18．已知椭圆的右焦点为，下顶点为，离心率，直线交椭圆于两点． (1)求椭圆的方程； (2)若平分，且，垂足为． 　求的取值范围； 　证明：存在定点，使得为定值． 19．已知（为自然对数底数，，）． (1)若在R上单调递减，求a的取值范围. (2)若存在两个极值点，（<），，求证：. (3)试探究：对，是否存在不为1的正整数a使得恒成立． 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 《方城县第一高级中学2026届高三下学期强化训练（一）数学试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B D B A A A D ABD ACD 题号 11 答案 BCD 1．D 【详解】试题解析：设 ∴ ，解得 考点：本题考查复数运算及复数的概念 点评：解决本题的关键是正确计算复数，要掌握复数的相关概念 2．B 【详解】由，，故， 则，，或，不同集合共有4个. 3．D 【分析】化为标准方程，根据准线方程的定义求解． 【详解】抛物线的方程为， 则其焦点坐标为，准线方程为． 故选： 4．B 【详解】， 又，， 因为是第二象限角，所以，， 所以，， 所以. 5．A 【分析】分析函数的对称性及其在区间上的单调性，即可得出、、的大小关系. 【详解】对任意的，，所以，函数的定义域为， ， 所以，函数的图象关于直线对称， 当时，， 函数在上为增函数， 因为内层函数在上为增函数，外层函数为减函数， 所以，函数在上为减函数， 所以，函数在上为增函数， 因为，， ，且， 因为，，则， 所以，，同理可得， 故， 所以，，即， 故选：A. 6．A 【分析】根据给定条件，用基底向量分别表示，再利用数量积的运算律列式求出最大值. 【详解】在边长为2的菱形中，由，得，由点在线段上， 令，由点在线段上， ，得， 则， 而，因此 ，当且仅当时取等号， 所以的最大值为. 7．A 【分析】利用圆的弦长公式求解即可. 【详解】由题意得圆心，半径 ， 圆心到的距离为， 所以. 故选：A 8．D 【分析】由指数函数、对数函数的性质及诱导公式和特殊角三角函数值判断大小关系即可. 【详解】由， 所以. 故选：D 9．ABD 【分析】作出符合题意的图形，建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角的向量求法判断A，利用空间位置关系的向量证明判断B，利用点到平面距离的向量求法判断C，将阳马放在正方体里，进而求解外接球半径，利用球的表面积公式求出表面积判断D即可. 【详解】作出符合题意的图形，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示 连接，可得， 对于A，由题意得，， 设异面直线与所成的角为， 则， 而，可得，故A正确， 对于B，由题意得，， 设面的法向量为，则， 令，解得，得到， 由题意得，， 设面的法向量为，则， 令，解得，得到， 则，可得平面平面，故B正确， 对于C，由题意得，， 设点到平面的距离为， 由点到平面的距离公式得，故C错误， 对于D，如图，将阳马放在正方体内，则其外接球为正方体外接球， 而，则外接球半径为， 由球的表面积公式得球的表面积为，故D正确. 故选：ABD 10．ACD 【分析】根据离心率公式求出双曲线渐近线判断选项A；联立双曲线渐近线与抛物线方程求交点判断选项B；利用圆与轴相切的性质得到点坐标代入双曲线方程求判断选项C；根据双曲线和抛物线定义求的最小值判断选项D. 【详解】对于选项A，已知双曲线离心率，可得， 两边平方得，又因为，所以，得， 则双曲线的标准方程为，其渐近线方程为，故A选项正确.   对于选项B，双曲线的渐近线与抛物线联立，得到， 解得或或， 因为双曲线渐近线是无限接近双曲线但不相交的直线， 所以当时，双曲线与抛物线无交点，故B选项错误 ； 对于选项C，若以为直径的圆与轴相切于点， 根据圆的性质可知圆心的横坐标为点横坐标的一半，所以. 又因为点在抛物线上，将代入抛物线方程可得，解得， 即，因为在双曲线上，将其代入双曲线方程中，得到. 化简得，解得，故C正确.   对于选项D，已知，又， 由且，可得，则. 由抛物线定义，再由双曲线的定义，. 所以，根据三角形两边之和大于第三边可知， 则，选项D正确. 故选：ACD. 11．BCD 【分析】将代入函数表达式中根据高斯函数定义求解即可得出选项A，利用函数周期性验证选项B即可，对分9种情况进行分析得出选项C，D选项，先利用诱导公式化简得出的解析式，然后对分9种情况进行分析得出即可. 【详解】选项A，因为函数， 所以 ，故A选项不正确； 选项B，由， 所以是周期为的函数，故B选项正确； 选项C，①当时， ， ②当时， ， ③当时， ， ④当时， ， ⑤当时， ，则， ⑥当时， ，则， ⑦当时， ，则， ⑧当时， ，则， 综上所述函数的值域为，故C选项正确； 选项D，因为函数， 所以， ①当时， ， 则， 此时， 所以， ②当时， ， 则， 此时， 所以， ③当时， ， 则， 此时， 所以， ④当时， ， 则， 此时， 所以， ⑤当时， ，则， 此时， 所以， ⑥当时， ，则， 此时， 所以， ⑦当时， ，则， 此时， 所以， ⑧当时， ，则， 此时， 所以， 综上所述：对任意，， 故D选项正确； 故选：BCD. 12． 【详解】由题意得，令，得，即. 13． 【分析】根据已知可得公比，进而有，最后利用等比数列基本量的运算求解即可. 【详解】由题等比数列的公比为且， 所以，可得， 由，则， 故. 故答案为： 14． / / 【分析】根据条件概率及全概率公式即可求解. 【详解】记事件“第次取到红球”， 则， ， 所以， 即第2次取到红球的概率为； ， 所以， 即在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为. 故答案为：；. 15．(1)分布列见解析，期望为22元 (2)甲应选择方案二，理由见解析 【分析】（1）由题意可得X的可能取值，分别求出各个取值对应的概率，列出分布列，代入公式，可得期望. （2）设方案二的奖金金额为Y，设猜中动物类谜语的数量为，可得，根据二项分布期望公式，求出，比较即可得答案. 【详解】（1）若甲选择方案一，则奖金金额为X可取0,15,40， 设“猜对动物类谜语”为事件A，则， 猜对“植物类谜语”为事件B，则，且A，B相互独立， 则， ， ， 所以X的分布列为 X 0 15 40 P 0.2 0.4 0.4 期望（元） （2）设方案二的奖金金额为Y，设猜中动物类谜语的数量为，则， 由题意 则，所以（元）， 因为， 所以甲应选择方案二. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，判断二面角对应的平面角，求出相关点的坐标，结合线面角的向量求法求解即可. 【详解】（1）由题意得，为等边三角形， 又为中点，所以，，故. 又因为，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）如图，以为原点，，以及垂直于平面的直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 由（1）知，， 又，所以即为二面角的平面角，即. 则，，，. ，，， 设平面的法向量， 则，即，取 设直线与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17．(1)； (2)3 【分析】（1）由所选条件，利用展开式系数与系数和的性质，列方程求n； （2）由（1）知，利用二项式定理展开，即可数据是除7余3. 【详解】（1）选条件①各项系数之和为，取，则，解得； 选条件②常数项为，由，则常数项为，解得； 选条件③各项系数的绝对值之和为1536，即的各项系数之和为1536，取，则，解得； 所以展开式中项的系数为. （2） ， ， 所以被7除的余数为3. 18．(1) (2)；证明见解析 【分析】（1）利用已知条件求出，进而求出椭圆方程； （2）利用角平分线的性质，结合到角公式、韦达定理求出的关系，利用判别式构造不等式求解；利用垂直关系求出进而得出的直线方程，进而求出坐标，求出的轨迹方程，从而证明结论． 【详解】（1）已知椭圆的下顶点，故，则， 离心率，则，解得， 椭圆的方程为：． （2） 直线与椭圆联立得： ，设， 由韦达定理得， 已知平分，由到角公式可得： ①， ，，则 ，整理得②， ， 代入②得，即， 整理得③， 把③代入直线得：，联立椭圆方程得： ， 已知直线与椭圆有两个交点，则 ， 化简得，解得； 由可得，解得， 结合可得的方程：， 联立与的方程，代入，得， 解得，， 故， 设，则 ， ， ，即， ， 化为标准方程得：， 故是以为圆心，为半径的圆，故存在定点，使得为定值． 19．(1) (2)证明见解析 (3)存在 【分析】（1）根据函数单调递减得出恒成立，转化为求解最值即可； （2）根据题意得出，为的两根，有，令，得即可求出； （3）根据题意得出，分类讨论，再令求导判断单调性，最后借助即可求出. 【详解】（1），由在R上单调递减，则恒成立， 令，则，令，得；令，得． 故在单调递增，在单调递减． 则． 则． （2）由若存在两个极值点，， 结合（1）知时，时， 则且，为的两根，． 有，则． 则，． 记，则，， ． 因为，即，所以，所以，所以． （3）不等式即，即． 当时，且均成立． 当时，．记． 则． 记，则． 因，则恒成立，则在单调递增． 则，由得；由得． 则在单调递减，在单调递增． ，故． 记，则，则在单调递减，在单调递增． 且，时；时． 同时观察到，． 故存在使得，由可知． 则存在正整数使得不等式成立． 答案第16页，共16页 答案第1页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $