精品解析：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

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 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 ， 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 都有，．若，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆，圆 沿着圆 内部边缘滚动，点 ，在圆 上，且连线经过圆心 ，若圆 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 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 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 1 2 3 4 5 即时下单量 12 18 25 30 34 若 与 的经验回归方程为，样本相关系数为 ，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 ：的渐近线与圆 ：相切，记 的左、右焦点分别为，， 为 上一点，且，与圆 交于 ， 两点，则（ ） A. 的离心率为2 B. 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）． 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. 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. 如图，四棱锥中，底面 ，，. （1）求平面与平面 所成角的余弦值； （2）已知 ， 分别为线段，上的动点，是否存在这样的点 ， ，使得 ， ， ，四点共面、且该平面与平面垂直？若存在，请确定点 ， 的位置；若不存在，请说明理由. 17. 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.为改善时系统M的可靠性，能否通过增加一个智能识别模块（即）提高系统M的可靠性？请给出你的结论并证明. 18. 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. 已知 为坐标原点，点 是焦距为的双曲线上的三个点，分别是线段的中点，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. 第1页/共1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 的所有取值之和为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【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. 复数的虚部为（ ）． A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【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. 设， 是一个随机实验中的两个事件，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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. 定义在上的函数，对任意实数都有，．若，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【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. 已知圆，圆 沿着圆 内部边缘滚动，点 ，在圆 上，且连线经过圆心 ，若圆 的半径为1，则（ ） A. B. C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【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. 若双曲线 ：（， ）的实轴长、虚轴长、焦距成等差数列，则双曲线 的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】依题意，，则， 即，即，解得， 故所求渐近线方程为． 7. 若函数在内不单调，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【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. 已知三棱锥的各顶点均在表面积为的球 的表面上，且，，则三棱锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【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. 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 1 2 3 4 5 即时下单量 12 18 25 30 34 若 与的经验回归方程为，样本相关系数为 ，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 【答案】ACD 【解析】 【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. 已知双曲线 ：的渐近线与圆：相切，记 的左、右焦点分别为，， 为 上一点，且，与圆交于 ， 两点，则（ ） A. 的离心率为2 B. 的渐近线方程为 C. D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【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. 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， 【答案】ABD 【解析】 【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. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则___________． 【答案】 【解析】 【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. 若“”是假命题，则 的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【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. 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）． 【答案】38 【解析】 【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. 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. 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：. 【答案】（1） （2）证明：由，可得， 则， 于是， 因，，故. 【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. 【小问1详解】 当 时，，， ，又，； ，即，； 则当为奇数时，；当为偶数时，； . 【小问2详解】 略 16. 如图，四棱锥中，底面 ，，. （1）求平面与平面 所成角的余弦值； （2）已知 ， 分别为线段，上的动点，是否存在这样的点 ， ，使得， ， ， 四点共面、且该平面与平面垂直？若存在，请确定点 ， 的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（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． 【解析】 【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. 【小问1详解】 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 ； 【小问2详解】 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. 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.为改善时系统M的可靠性，能否通过增加一个智能识别模块（即）提高系统M的可靠性？请给出你的结论并证明. 【答案】（1）不能认为有关联 （2）（i） 0 1 2 3 4 3（ii）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. 【解析】 【分析】（1）计算出的观测值，结合临界值表可得出结论. （2）（i）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；（ii）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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 （i）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 . （ii）略 18. 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. 【答案】（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） 【解析】 【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. 【小问1详解】 当时，，所以 所以切线方程为即， 【小问2详解】 ， 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. 【小问3详解】 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. 已知 为坐标原点，点 是焦距为的双曲线上的三个点，分别是线段的中点，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. 【答案】（1） （2）证明见详解 （3）外接圆过定点，证明见详解 【解析】 【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. 【小问1详解】 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：. 【小问2详解】 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． 【小问3详解】 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $