精品解析：河南周口市第一高级中学等学校2026届高三年级第二学期四月份联考数学试题

高三数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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. 4、本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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. 设复数，，则（ ） A. i B. C. D. 2. 已知函数，则（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 4 3. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 4. 过抛物线上一点作其准线的垂线，垂足为，的焦点为，，且的面积为，则（ ） A. B. C. D. 3 5. 已知函数的部分图象如图所示，，是图象上的两个顶点，为坐标原点，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 6. 若直线与双曲线的交点为，，且大于的虚轴长，则的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 某校举办校园科技节，需从6名男生和4名女生中选派4人，分别担任编程、航模、机器人、实验四项不同活动的主持人，要求所选派的4人中至少有2名女生，且女生不主持编程活动，每项活动由1人主持，则不同的选派方案有（ ） A. 504种 B. 1080种 C. 1224种 D. 2304种 8. 若，则（ ） 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. 现有一组数据5，6，4，2，5，8，7，3，6，2，4，则（ ） A. 这组数据的极差为7 B. 这组数据的中位数为5 C. 这组数据的平均数大于4.8 D. 这组数据的第60百分位数为5 10. 已知，分别是圆与轴的左、右交点，点在圆上，且，将圆沿直线翻折成一个二面角，使得点、点分别到达点、点的位置，该二面角的大小为，且，翻折前后点的位置始终不动，则（ ） A. 圆的直径为4 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 11. 若函数的定义域为，，且，，，则（ ） A. B. ， C. 为奇函数 D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设等差数列的前项和为，且，，则__________. 13. 设函数极值点的个数为，所有极值点之和为，则不等式的解集为__________，__________. 14. 桌面上放置了3个小球，其中1个小球的半径为3，另外2个小球的半径均为2，它们两两相切且都与桌面相切，在这3个小球的上方放置1个半径为2的小球，使得这4个小球两两相切，则上面的小球的最高点到桌面的距离为__________. 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. 如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点. （1）证明：平面. （2）求与平面所成角的正弦值. 16. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且. （1）求C； （2）若D是边的中点，且，求面积的最大值. 17. 已知椭圆的长轴长为，焦距为2. （1）求的方程； （2）若直线与交于，两点，过点的直线与交于，两点，且，线段，的中点分别为，，证明：直线过定点. 18. 已知函数. （1）求的单调区间. （2）设有3个零点，，，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：且. 19. 甲、乙两人进行一项比赛，初始时，甲有个球，乙有个球.在每轮比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且获胜方从对方那里拿走一个球（即获胜方增加一个球）.当任意一方的球的个数变为0时，比赛立即终止，另一方获胜.设当甲有个球时，甲最终获胜的概率为. （1）求和. （2）求的表达式，并证明. （3）已知当随机变量与相互独立时，.设比赛进行轮后甲有个球.若存在正实数，使得与无关，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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. 4、本试卷主要考试内容：高考全部内容. 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. 设复数，，则（ ） A. i B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】. 2. 已知函数，则（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【详解】， . 3. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到集合表示小于的无理数，逐项分析判断，即可求解. 【详解】由集合，可得集合表示小于的无理数， 对于A，由，所以，所以A错误； 对于B，由且，所以，所以B正确； 对于C，由且，所以，所以C不正确； 对于D，由，所以，所以D不正确. 4. 过抛物线上一点作其准线的垂线，垂足为，的焦点为，，且的面积为，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【详解】由抛物线的定义可得，取线段的中点，连接， 则， 因为，所以， 因为的面积为，所以， 所以 5. 已知函数的部分图象如图所示，，是图象上的两个顶点，为坐标原点，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由可得， 结合的图象可得， 所以， 所以. 6. 若直线与双曲线的交点为，，且大于的虚轴长，则的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】联立直线与双曲线方程求出，根据题意列出关于的不等式，再转化为离心率即可. 【详解】将直线代入得， 所以， 因为大于的虚轴长，所以，即， 同时除以得， 解得，所以离心率， 所以的离心率的取值范围是. 7. 某校举办校园科技节，需从6名男生和4名女生中选派4人，分别担任编程、航模、机器人、实验四项不同活动的主持人，要求所选派的4人中至少有2名女生，且女生不主持编程活动，每项活动由1人主持，则不同的选派方案有（ ） A. 504种 B. 1080种 C. 1224种 D. 2304种 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，可分为男女或男女，结合女生不主持编程活动，每项活动由1人主持，利用排列数与组合数公式，即可求解. 【详解】根据题意，从6名男生和4名女生中选派4人，所选派的4人中至少有2名女生，且女生不主持编程活动，每项活动由1人主持，可分为男女或男女， ①当男女，共有， 先安排编程主持人，剩下的3人全排列，有种选法， 由分步计数原理得，共有种选派方案； ②当男女，共有， 先安排编程主持人，剩下的3人全排列，有种选法， 由分步计数原理得，共有种选派方案， 再由分类计数原理得，共有种不同的选派方案. 8. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，由三角恒等变换表示出再代入化简，结合二倍角的正切公式可得. 【详解】设，则， 因为，所以， 整理可得，所以， 则 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. 现有一组数据5，6，4，2，5，8，7，3，6，2，4，则（ ） A. 这组数据的极差为7 B. 这组数据的中位数为5 C. 这组数据的平均数大于4.8 D. 这组数据的第60百分位数为5 【答案】BD 【解析】 【详解】从小到大排列的顺序为2,2,3,4,4,5,5,6,6,7,8， 极差为6，中位数为5，A错误；B正确； 平均数，C错误； 因为，所以这组数据的第60百分位数为5，D正确. 10. 已知，分别是圆与轴的左、右交点，点在圆上，且，将圆沿直线翻折成一个二面角，使得点、点分别到达点、点的位置，该二面角的大小为，且，翻折前后点的位置始终不动，则（ ） A. 圆的直径为4 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】由圆的标准方程可得A；利用几何关系确定为二面角的平面角后可得B；由线面垂直结合几何关系可得CD. 【详解】对于A，圆 的半径为，直径为4，A正确； 对于B，设直线与圆交于，则，，则为二面角的平面角， 当时，，则为正三角形， 则，B正确； 对于CD，因为，所以为正三角形，则， 当时，， 又平面，平面， 又平面，所以， ，，C错误，D正确. 【点睛】 11. 若函数的定义域为，，且，，，则（ ） A. B. ， C. 为奇函数 D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由条件恒等式取可求即可判断，对于B，由条件恒等式取可得，再取即可判断，对于C，由条件恒等式取可得，由此证明，结合奇函数定义即可判断，对于D，结合选项C推出，由此判断D. 【详解】对于A，令，得，A正确． 对于B，令，，得，因为， 所以，令，得， 即存在使得，B错误． 对于C，令，得，用替换可得， 所以， 当时，，又因为， 所以为奇函数，设， 则， 所以为奇函数，C正确． 对于D，因为， 由选项C知，同理，又为奇函数， 所以， 用替换，替换可得， 同理可得， 故当时，，D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设等差数列的前项和为，且，，则__________. 【答案】34 【解析】 【分析】由等差数列的片段和性质可得. 【详解】由等差数列的性质可得成等差数列， 因为，，所以， . 13. 设函数极值点的个数为，所有极值点之和为，则不等式的解集为__________，__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】提公因式后解一元二次不等式可得；求导后结合韦达定理可得. 【详解】由， 当，即时，； 当，即时，， 所以不等式的解集为. 因为， 由于可得的极值点为的两个根， 由韦达定理可得的所有极值点之和为， 所以. 14. 桌面上放置了3个小球，其中1个小球的半径为3，另外2个小球的半径均为2，它们两两相切且都与桌面相切，在这3个小球的上方放置1个半径为2的小球，使得这4个小球两两相切，则上面的小球的最高点到桌面的距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，作出球心顺次连接构成的三棱锥及各球心在桌面上的投影，再借助勾股定理建立方程组求解即可. 【详解】设半径为3的小球球心为，下面两个半径为2的小球球心为，上面半径为2的小球球心为， 则点到桌面的距离分别为，且， 设点在桌面上的投影分别为，则， 设线段的中点为，连接，则， 显然在线段上，设，，作于，于， 显然四边形与四边形均为矩形，由，得， 消去并整理得，而，解得， 所以上面的小球的最高点到桌面的距离为. 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. 如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点. （1）证明：平面. （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据正方体的性质得到四边形为平行四边形，即可证明，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 在正方体中，，分别是棱，的中点， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，取， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 16. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且. （1）求C； （2）若D是边的中点，且，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，由边化角，再根据余弦定理，直接求出角C即可； （2）根据三角形中线的性质，求出向量关系，再根据基本不等式和三角形正弦面积公式，求出面积最大值即可. 【小问1详解】 由，可得， 化简得，则，解得. 【小问2详解】 由题意可得，所以， 即， 则，化简得， 由基本不等式可知，当且仅当时取等号， 即，解得， 所以， 所以面积的最大值为. 17. 已知椭圆的长轴长为，焦距为2. （1）求的方程； （2）若直线与交于，两点，过点的直线与交于，两点，且，线段，的中点分别为，，证明：直线过定点. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意列方程组求出，从而可求出椭圆方程； （2）将直线方程与椭圆方程联立方程组化简，结合根据与系数的关系表示出点，的坐标，从而可表示出直线的方程，化简可得结论. 【小问1详解】 由题意可得， 解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 证明：联立可得， 设， 则， ， 所以， 因为，所以且，又，所以的斜率存在且不等于， 以代替可得， 所以， 所以直线的方程为， 所以直线过定点. 18. 已知函数. （1）求的单调区间. （2）设有3个零点，，，且. （i）求的取值范围； （ii）证明：且. 【答案】（1）单调递增区间为，递减区间为 （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数分析单调性可得； （2）（i）利用导数分析单调性列不等式组可得； （ii）设，利用导数分析单调性可得；设，利用导数分析单调性可得. 【小问1详解】 因为，所以， 由或，则在上单调递增； 由，则在上单调递减； 故的单调递增区间为，递减区间为. 【小问2详解】 （i）由（1）可得的单调递增区间为，递减区间为， 当时，，当时，， 且， 因为有3个零点，所以， 即的取值范围为. （ii）证明：由（1）知， 设， 则， 则对恒成立，即在上单调递增， 故，即对恒成立， 因为，所以， 因为，且在上单调递减， 所以，即； 设，则， 则对恒成立，即在上单调递增， 故，即对恒成立， 因为，所以， 因为，，且在上单调递增， 所以，即， 因为，所以，则. 19. 甲、乙两人进行一项比赛，初始时，甲有个球，乙有个球.在每轮比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且获胜方从对方那里拿走一个球（即获胜方增加一个球）.当任意一方的球的个数变为0时，比赛立即终止，另一方获胜.设当甲有个球时，甲最终获胜的概率为. （1）求和. （2）求的表达式，并证明. （3）已知当随机变量与相互独立时，.设比赛进行轮后甲有个球.若存在正实数，使得与无关，求的值. 【答案】（1） （2），证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得； （2）先考虑下一轮比赛，甲赢和甲输两种情况下的概率递推，再构造等比数列，然后结合等比数列的求和公式和二项式定理可证明； （3）设随机变量表示第轮比赛造成的甲持有的球个数的变化量，则，再结合已知期望公式计算可得. 【小问1详解】 由题意可得. 【小问2详解】 当时，考虑下一轮比赛，甲赢，球数变为，此后甲获胜的概率为， 甲输，球数变为，此后甲获胜的概率为，得， 整理得，即， 设，则， 则， 又，所以， 则， 因为， 所以由二项式定理得， 又，所以， 所以，所以，即. 【小问3详解】 设随机变量表示第轮比赛造成的甲持有的球个数的变化量，则， 比赛进行轮后，可以表示为， 由与相互独立，即， 得， 因为与无关，所以对任意的都有， 由于且初始状态，的，则， ， 整理得，因为，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $