河南周口市天立高级中学等普通高中2026届高三年级下学期期中联考数学试题

**基本信息** 河南省2026届高三春期期中联考数学卷，覆盖集合、函数、立体几何等核心知识，通过智能手环直播数据统计、四棱锥动态探究等情境，考查数学眼光、思维与语言，适配高三期中能力检测。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|单选8/40、多选3/18|集合运算、复数虚部、概率公式、函数性质、双曲线渐近线|多选第9题结合直播数据考查回归分析（数据观念），第11题以数列为载体考查单调性与不等式（推理能力）| |填空题|3/15|三角求值、命题真假判断、排列组合|第14题考查同板块试题不相邻排版（逻辑思维）| |解答题|5/77|数列证明、立体几何角与存在性、概率独立性检验、函数单调性与极值、双曲线综合|第18题结合智能识别模块测试数据进行独立性检验（数据观念），第19题探究四点共面与面面垂直（空间观念、创新意识），第21题讨论函数极值（推理能力），贴合高考命题趋势|

河南省普通高中2026届高三年级春期期中联考 数学试题卷 本试题卷共4页，四大题，19小题，满分150分。考试时间120分钟。 注意事项： 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 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。写在本试题卷上无效。 3. 考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。 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. 已知集合，，若，则实数a的所有取值之和为 A．2 B． C．4 D． 2. 复数的虚部为 A． B． C．1 D．2 3. 设A，B是一个随机实验中的两个事件，若，，则 A． B． C． D． 4. 定义在上的函数，对任意实数x都有，．若，则不等式的解集是 A． B． C． D． 5. 已知圆，圆N沿着圆M内部边缘滚动，点P，Q在圆N上，且连线经过圆心N，若圆N的半径为1，则 A． B． C．3 D．4 6. 若双曲线：（，）的实轴长、虚轴长、焦距成等差数列，则双曲线E的渐近线方程为 A． B． C． D． 7. 若函数在内不单调，则实数a的取值范围为 A． B． C． D． 8. 已知三棱锥的各顶点均在表面积为的球O的表面上，且，，则三棱锥体积的最大值为 A． B． C． D． 二、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. 为了研究某款新上市智能手环的直播间展示时长（单位：分钟）与即时下单量（单位：件）之间的关系，某电商平台随机记录了5场直播带货的数据，如下表所示： 直播间展示时长x 1 2 3 4 5 即时下单量y 12 18 25 30 34 若y与x的经验回归方程为，样本相关系数为r，则 A． B．回归直线过点 C． D．当直播间展示时长为10分钟时，即时下单量的值估计为63 10. 已知双曲线C：的渐近线与圆A：相切，记C的左、右焦点分别为F1，F2，B为C上一点，且，与圆A交于M，N两点，则 A．C的离心率为2 B．C的渐近线方程为 C． D．若，则 11. 已知数列的前项和为，若，，则 A． B．数列为递减数列 C．任意， D．任意， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则　▲　． 13. 若“”是假命题，则的取值范围为　▲　． 14. 某校数学教师命制一张试卷，试卷要求考查函数、几何、概率统计三个板块内容，其中函数题3道、几何题2道、概率统计题2道，且同板块试题难度互不相同．现要求同一板块的试题不相邻且难度从易到难，则该试卷不同的排版方案有　▲　种（用数字作答）． 数学试题卷　第 1 页（共 4 页） 数学试题卷　第 2 页（共 4 页） 学科网（北京）股份有限公司 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. （13分）已知是数列的前项和，，． （1）求的通项公式； （2）若数列的前项和为，证明：． 16. （15分）如图，四棱锥中，底面，，． （1）求平面PBC与平面所成角的余弦值； （2）已知，分别为线段PB，PC上的动点，是否存在这样的点，，使得，，，四点共面且该平面与平面PBC垂直？若存在，请确定点，的位置；若不存在，请说明理由． 17. （15分）为响应“书香校园”建设，某校图书馆引入了一套智慧自助借还系统M，该系统内置个智能识别模块．每个模块在日常使用环境下正常工作的概率为，各模块工作状态相互独立． （1）该图书馆从某批次智能识别模块中随机抽取了100个，在“日常校园环境”和“高温潮湿仓库环境”下测试其工作状态，得到如下列联表： 正常工作 故障 合计 日常校园环境 50 5 55 高温潮湿仓库环境 35 10 45 合计 85 15 100 请根据小概率值独立性检验，能否认为模块工作状态与测试环境有关联？ 附：，． 0.05 0.01 0.001 k 3.841 6.635 10.828 （2）当时，系统M中正常工作的模块个数为随机变量X，回答以下问题： （i）求X的分布列及数学期望； （ii）若有超过一半的模块正常工作，则系统正常工作，系统正常工作的概率称为系统的可靠性．为改善n＝4时系统M的可靠性，能否通过增加一个智能识别模块（即n＝5）提高系统M的可靠性？请给出你的结论并证明． 18. （17分）已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有极小值，且，求a的取值范围． 19. （17分）已知O为坐标原点，点A，B，C是焦距为的双曲线上的三个点，P，Q，R分别是线段AB，BC，CA的中点，l1，l2是的两条互相垂直的渐近线． （1）求双曲线的方程； （2）若直线与l1，l2分别交于和，求证：； （3）判断的外接圆是否过定点；若是，请写出定点坐标并证明；若否，请说明理由． 数学试题卷　第 3 页（共 4 页） 数学试题卷　第 4 页（共 4 页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省普通高中2026届高三年级春期期中联考 数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 答案 A A C A C A 题号 7 8 9 10 11 答案 D A ACD ABD ABD 1．A 【详解】已知集合，，， 则或. 若，因式分解为，解得或. 两种解都满足集合元素互异性. 若，整理得，判别式，无实数解. 故实数的所有取值之和为. 2．A 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，化简得到，结合复数的定义，即可求解. 【详解】由复数的运算法则，可得， 所以复数的虚部为． 3．C 【分析】根据对立事件、互斥事件的概率性质以及条件概率公式求解问题. 【详解】因为，所以. 又， 且，所以，. 4．A 【分析】由可知函数最小正周期为3，由构造一个函数的导数，利用该函数单调性求解问题. 【详解】由可知,设，则 所以，函数最小正周期为3， 由可得， 设(C为常数)，则，那么 ，在上单调递增， ， ， 由可得，， 即，又在上单调递增 所以，，故选A. 5．C 【详解】圆的标准形式为， ，即圆心的轨迹是以为圆心，半径是2的圆， 已知，点，在圆上，且连线经过圆心，则是圆的直径， 则， ， ． 6．A 【详解】依题意，，则， 即，即，解得， 故所求渐近线方程为． 7．D 【分析】将问题转化为在上有变号零点，分和两种情况讨论的单调性，结合零点存在定理即可求解. 【详解】， 当时，，则函数在内单调递减，不满足条件， 当时，令,则． 所以在内单调递增， 要使函数在内不单调， ∴在上有变号零点， 又，故只需． ∴. 8．A 【分析】由题意可建立适当空间直角坐标系，再设，计算可得且，再借助空间向量计算可得点到平面的距离的最大值，最后利用体积公式计算即可得. 【详解】设球的半径为，所以，解得，故， 又，所以，所以， 设的中点为，则是外接圆的圆心， 则平面， 以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 设点，因为， 所以，即， 两式相减解得，代回上式可得，所以，即， 又平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 所以点到平面的最大距离为， 所以三棱锥体积的最大值为. 9．ACD 【详解】对于A，由数据可知，即时下单量随着直播间展示时长的增大而增大， 因此直播间展示时长与即时下单量为正相关，即样本相关系数，故A正确； 对于B，由数据可知，，， 则回归直线过中心点，不过点，故B错误； 对于C，将点代入，可得，解得，故C正确； 对于D，由C知，与的经验回归方程为， 则时，，故D正确. 10．ABD 【分析】根据圆与双曲线渐近线相切得到，结合离心率公式及可判断选项A、B；根据，求出，进而求出，判断选项C；根据，得到，，，进而得到点，坐标，求出直线方程，结合垂径定理及点到直线的距离可判断选项D. 【详解】双曲线：的渐近线方程为，即. 圆：的圆心为，半径为. 由题意得，圆心到渐近线的距离，即，所以. 对于A：，故A正确. 对于B：，所以渐近线方程为，故B正确. 对于C：，，因为，所以点的横坐标为， 代入双曲线方程，解得. 取，则，， 所以，故C错误. 对于D：若，则，，，，. 直线方程为，即. 圆心到直线的距离， 由垂径定理可得，，故D正确. 11．ABD 【分析】对于A，代入求值即可判断；对于B，，说明，即可证明，即可判断B；对于C，求出即可判断；对于D，先证明，由，两边同时除以得，当时，利用累加法得到，即可得到，再讨论，即可判断D. 【详解】对于A，，，，故A正确； 对于B，， 当时，若，则或， 令，即，因为，故方程无解，即， 当时，或，而， 以此类推，或， 又，所以， 所以，所以， 所以数列为递减数列，故B正确； 对于C，， 所以，故C错误； 对于D，因为数列为递减数列，故， 由可得，即， 由，两边同时除以得，即， 所以当时， ，，，， 上式累加得， 即， 又，所以， 当时，，此时， 综上，，故D正确. 12． 【分析】利用赋值法，令，和，即可求解. 【详解】由题意得： 令，得， 令，得， 令，得， 所以， 所以. 13． 【分析】由对任意恒成立，变换，根据三角函数的值域即可得到答案. 【详解】由于“”是假命题，则有对任意恒成立， 由于时，，因此， 又因为当时，，且在内可无限趋近，为满足恒成立， 故的取值范围是. 14．38 【分析】先插入几何题与概率统计题，共有三类不同情况，再针对三类不同情况分别计算插入三道函数题的情况种数即可得. 【详解】用表示三道函数题且难度从易到难， 用表示两道几何题且难度从易到难， 用表示两道概率统计题且难度从易到难， 先排几何题与概率统计题，则有①或、②或、 ③或这三类不同情况， 针对情况①：之间与之间必须插入一道函数题， 则剩余的道函数题有个位置可选，共有种情况； 针对情况②：再插入三道函数题，共有种情况； 针对情况③：则之间或之间必须插入一道函数题，共有种情况； 综上，共有种不同情况. 15．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用与关系可推导得到，结合等差数列通项公式可分别得到为奇数和为偶数时的通项公式，进而得到； （2）根据等差数列求和公式可得，采用裂项相消法可求得，进而证得结论. 【详解】（1）当时，，， ，又，； ，即，； 则当为奇数时，；当为偶数时，； . （2）由（1）得：， ， ， ，. 16．(1) (2)存在，点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点． 【分析】（1）方法一：由面面角的定义确定二面角的平面角，计算即可求解；方法二：建立空间直角坐标系，由面面角向量法计算求解； （2）由面面垂直的判定定理及四点共面结合相似三角形计算即可求解；方法二：由面面垂直的判定定理及空间向量共面的基本定理计算求解；方法三：建立空间直角坐标系，设，，由面面垂直向量法即空间向量共面的基本定理计算求解. 【详解】（1）方法一：因为， 所以，即 因为平面平面，所以， 又因为平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以为平面与平面所成的角， 因为，所以， 即平面与平面所成角的余弦值为； 方法二：以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示， 由已知，， 则， 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则，所以， 因为底面，所以平面的法向量为， 因此平面与平面所成角的余弦值为 ； （2）方法一：取线段上的中点，因为，所以， 由（1）可知平面平面，所以， 又因为平面平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 延长、交于点，连接，并延长交线段于点， 则，，，四点共面， 过点作，交延长线于点， 因为，所以① 因为，， 所以，同理可得， 所以，，故， 所以是的中点， 因为，所以② 联立①②可得，即， 所以存在这样的点，满足题意， 此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点． 方法二：取线段上的中点，因为，所以， 由（1）可知平面平面，所以， 又因为平面平面PBC，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示， ， 假设存在这样的点，使得，，，四点共面， 不妨设（其中）， 则， 因为存在唯一的有序实数对，使得， 所以， 解得，此时， 所以存在这样的点，满足题意， 此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点． 方法三：以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示， ， 假设存在这样的点，， 不妨设（其中），（其中）， 则 设平面的法向量为，则， 即， 令，则，所以， 因为平面与平面垂直， 由（1）可得平面的法向量为 由，可得，此时， 又因为，，，四点共面， 所以存在唯一的有序实数对，使得， 即， 解得，此时， 所以存在这样的点，满足题意， 此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点． 17．(1)不能认为有关联 (2)（i）分布列见解析，3（ii）能，证明见解析 【分析】（1）计算出的观测值，结合临界值表可得出结论. （2）①由题可得，利用二项分布可得出随机变量的分布列，进而可得出的值；②计算出时系统的可靠性为，时系统的可靠性为，作差比较大小后可得出结论. 【详解】（1）零假设为：模块工作状态与测试环境无关联. 根据列联表中数据，得， 所以依据小概率值的独立性检验，我们推断成立，可以认为模块工作状态与测试环境无关联. （2）①由题意可知， （法一）的分布列为， . （法二）， ， ， ， ， 则的分布列如下： 0 1 2 3 4 . ②当时记系统中正常工作的模块数为随机变量，则， 记时系统的可靠性为，记时系统的可靠性为. 故， ， 故， 故增加一个模块即，能提高系统的可靠性. 18．(1) (2)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增 (3) 【分析】（1）先对函数求导得到导函数表达式，代入已知条件确定参数后，算出处的导数值即切线斜率，再求出对应的函数值即切点坐标，最后用点斜式列出切线方程并整理成一般式即可. （2）先把导函数通分并因式分解，结合定义域，按参数的正负分类讨论；时判断导函数在定义域内恒正，直接得出函数单调递增；时以为分界点，分别判断区间内导函数正负，进而得到函数的递减、递增区间，最后汇总两种情况的单调结论. （3）先借助第二问单调性确定时函数在处取极小值也是最小值，代入求出最小值表达式；由恒成立转化为最小值大于等于0，化简不等式后构造新函数；通过求导判断新函数单调递减，结合特殊点，利用单调性分析出使不等式成立的的取值区间. 【详解】（1）当时，，所以 所以切线方程为即， （2）， 若，可得时，，所以在上单调递增； 若时，当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （3）由（2）可知当时，有极小值，极小值为， 此时极小值也是最小值，由，可得，， 又，所以 令，求导得， 所以在上单调递减，又， 当时，，当时，， 所以时，，此时满足， 所以a的取值范围 19．(1) (2)证明见详解 (3)外接圆过定点，证明见详解 【分析】（1）运用渐近线互相垂直的条件导出，再结合焦距及双曲线中的关系列方程求解； （2）转化为证明是的中点，通过分别联立直线与渐近线、直线与双曲线，利用韦达定理和中点坐标公式得到中点的同一表达式； （3）利用图形的对称性猜测定点为原点，然后通过证明四点共圆来验证. 【详解】（1）双曲线的渐近线方程为， 由题意两条渐近线互相垂直，因此斜率乘积为：， 已知双曲线焦距，故，又双曲线满足， 代入得：， 因此双曲线的方程为：. （2）由题可知，只需证明为线段中点， 当斜率不存在时，为等腰直角三角形，为线段中点显然成立． 当斜率存在时，设，分别与交于 和，线段中点为； 联立与，计算得：， 设，由韦达定理： 则中点的横坐标为：，代入直线方程得纵坐标：， 故，为中点，证毕． （3）由对称性可知，若外接圆过定点，则定点为坐标原点， 下面证明：四点共圆. 注意到，和中，至少有两条直线的斜率存在，不妨设的斜率存在， 设 由（2）知，， 则，， 又为的中点三角形，故 ，即， ，故， 即四点共圆， 故外接圆过定点. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $