河南南阳市方城县第一高级中学2026届高三下学期考前自测（一）数学试题

**基本信息** 作为高三三轮冲刺检测，试卷通过概率游戏情境（第18题）、导数综合证明（第19题）等设计，实现基础巩固与创新应用的梯度考查，适配周测学情诊断需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|集合、复数、函数性质、圆锥曲线等|新定义函数（第8题）考查创新理解，多选第9题结合AQI数据强化统计分析| |填空题|3题/15分|导数几何意义、数列、平面向量|第14题平面向量模长最值问题，渗透数形结合思想| |解答题|5题/77分|数列、椭圆、立体几何、概率统计、导数|第18题游戏移动情境构建概率模型，第19题导数极值点证明考查逻辑推理，贴合高考命题趋势|

2026届河南南阳市方城县第一高级中学高三下学期三轮冲刺检测（一）数学试题 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．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．若复数的共轭复数，则（    ） A． B． C． D． 3．已知，，若，则（   ） A． B．5 C． D．10 4．已知函数及其导函数定义域均为，则“图象关于中心对称”是“图象关于直线轴对称”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 5．若的最小正周期为，且，则（    ） A．0 B． C． D． 6．已知直线与圆交于两点，则的最小值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 7．若圆锥曲线的焦距为4，则其离心率为（   ） A．2 B． C． D． 8．设是定义在上的函数，若，当时，，称函数具有性质，则下列函数具有性质的是（    ） 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．某市环保部门连续10天监测甲、乙两个区域的空气质量指数（简称AQI），记日期编号为，甲、乙两个区域的AQI分别为，将数据整理如下： 日期编号   1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 甲区域AQI    27 44 43 45 34 35 33 34 40 35 乙区域AQI    34 34 30 31 36 33 32 34 33 33 根据数据进行分析，以下说法正确的是（   ） A．甲区域AQI的极差为18 B．乙区域AQI的第65百分位数为33.5 C．甲区域AQI的方差大于乙区域AQI的方差 D．根据最小二乘法求得关于的经验回归方程对应的直线必过点 10．已知抛物线，准线为，过焦点的直线交抛物线于两点，过分别作的垂线，垂足分别为，则（    ） A． B．若，则直线的斜率为 C．三点共线（其中为坐标原点） D． 11．已知正方形的边长为2，平面，平面，，在平面的同一侧，且，则（   ） A．点在四棱锥外接球的球面上 B．四棱锥内切球的表面积为 C．四棱锥与四棱锥公共部分的体积为 D．四棱锥的四个侧面所在平面将空间分成14个部分 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．若曲线在点处的切线过原点，则__________. 13．已知等差数列的前项和为，且，，则______. 14．点在同一个平面内，满足，.记到直线的距离分别为，则的最大值为__________. 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．记为数列的前项和，已知. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 16．已知椭圆的离心率为，且过点． (1)求椭圆的方程； (2)斜率为的直线不过椭圆中心和顶点，与椭圆交于两点，且与轴交于点，点关于轴的对称点为，直线与轴交于点，求周长的最小值． 17．如图①所示，四边形是直角梯形，，，且，为线段的中点.现沿着将折起，使点到达点，如图②所示；连接、，其中为线段的中点. (1)求证：； (2)若二面角的大小为，则在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求三棱锥的体积；若不存在，请说明理由. 18．如图，数字1至8按顺时针方向排成一圈，将一棋子放在数字8处，按如下规则移动棋子：抛掷一枚质地均匀的硬币1次，若正面朝上，棋子按顺时针方向连续移动3个相邻位置；若反面朝上，则按逆时针方向连续移动3个相邻位置．若连续投掷硬币次，并按上述规则移动棋子，记最终棋子所处的数字为随机变量．例如：若连续3次抛掷硬币均为正面朝上，则棋子移动3次，第1次从数字8处移动到数字3处，第2次移动到数字6处，第3次移动到数字1处，即． (1)求，； (2)证明：； (3)现设计一项游戏：游戏包含若干轮，每轮开始时将棋子放在数字8处，玩家连续投掷6次硬币并按上述规则移动棋子，当时玩家获胜，游戏结束，否则进行下一轮，游戏最多进行10轮．记游戏结束时的轮数为随机变量，求的分布列，并证明． 19．已知函数有两个不同的极值点． (1)求实数的取值范围； (2)证明：； (3)证明：． 试卷第2页，共5页 试卷第1页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 《2026届河南南阳市方城县第一高级中学高三下学期三轮冲刺检测（一）数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B C A B C D C ACD ACD 题号 11 答案 ACD 1．B 【详解】，则. 2．B 【详解】由题意知，所以. 3．C 【分析】根据条件，利用向量共线的坐标表示，得到，再利用向量的模长公式，即可求解. 【详解】因为，，且，则，解得， 所以，则， 故选：C. 4．A 【分析】利用中心对称、轴对称的意义及复合函数求导法则，结合充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】由函数图象关于中心对称，得，求导得， 即，因此函数图象关于直线轴对称； 令函数，则，函数图象关于直线轴对称， 而函数的图象是由函数的图象向右平移1个单位，再向上平移1个单位而得， 又函数的图象关于点中心对称，因此函数图象关于中心对称， 所以“图象关于中心对称”是“图象关于直线轴对称”的充分不必要条件. 故选：A 5．B 【详解】由题可得：，解得：， 所以，又因为， 又，所以，所以，所以. 6．C 【分析】根据题意，由条件可得直线过定点，从而可得当时，的最小，结合勾股定理代入计算，即可求解. 【详解】因为直线，即，令， 则，所以直线过定点，设， 将圆化为标准式为， 所以圆心，半径， 当时，的最小， 此时. 故选：C 7．D 【详解】由圆锥曲线，可知， 则，所以，曲线为双曲线， 所以焦距为， 解得，则， 所以离心率. 8．C 【分析】对于ABD：举反例说明即可；对于C：分析可知为偶函数，在内单调递增，进而分析判断. 【详解】对于选项A：例如，， 即，但，故A错误； 对于选项B：例如，， 即，但，故B错误； 对于选项C：令，则的定义域为， 且， 即，可知为奇函数， 又因为在定义域内单调递增，则在定义域内单调递减，且， 当时，；当时，； 则，可知为偶函数，则， 当时，在内单调递增， 若，即，则，可得，故C正确； 对于选项D：，， 即，但，故D错误. 9．ACD 【分析】根据极差、百分位数、方差和经验回归方程的定义计算判断各个选项； 【详解】对于A，甲区域AQI的极差为，A正确 对于B，乙区域AQI的数据从小到大排序：，共10个数据， 计算，第65百分位数是第个数，B错误； 对于C，甲区域AQI的平均数为， 方差 乙区域AQI的平均数为 方差，因为，故甲区域AQI的方差大于乙区域AQI的方差，C正确； 对于D，因为，由上可知 所以根据最小二乘法求得关于的经验回归方程对应的直线必过点，D正确； 故选：ACD. 10．ACD 【分析】由抛物线的定义可得，，再利用角的关系即可得出；根据定义可得，即可得出角，进而得出直线的斜率为；设，则，证明即可；由题可得，结合焦半径公式即可证明. 【详解】 连接，根据抛物线定义可知，所以， 又由于轴，所以， 所以，同理可证， 所以， 即，故正确； 过作于，设，则，， 所以， 所以，由对称性可知直线的斜率为，故B错误； 设，则， 由于，由于三点共线， 则， 又由于，则，由于， 则，所以，， 所以， 即，所以三点共线，故C正确； 由于，则，即，所以， 所以，故D正确． 故选：ACD． 11．ACD 【分析】根据四棱锥与正方体的关系即可判断选项A；根据四棱锥内切球体积与表面积的关系即可判断选项B；找出四棱锥与四棱锥公共部分，转化为求四棱锥和三棱柱的体积问题，再求和即可判断选项C；结合直观想象及空间想象判断选项D. 【详解】A：将四棱锥补成一个正方体， 则四棱锥的外接球为该正方体的外接球，因为点是该正方体的一个顶点， 所以点在四棱锥外接球的球面上，A正确. B：四棱锥的体积， 侧面积， 表面积， 则四棱锥内切球的半径， 则该内切球的表面积为，B错误. C：连接，易证，， 则四边形和四边形均为平行四边形， 设，，则，分别为，的中点， 设，的中点分别为，，连接，，，， 则四棱锥和四棱锥的公共部分为几何体， 其体积为四棱锥和三棱柱的体积之和， 即，C正确. D：平面、平面、平面将空间分成8个， 最后平面将其中6个空间各分成2部分， 所以四个侧面所在平面将空间分成个部分，D正确. 12． 【分析】求导，根据点斜式求解直线方程，即可代入求解. 【详解】因为，所以， 所以在点处的切线方程为. 又切线过原点，则，所以. 故答案为： 13．14 【分析】解法一：因为，且为等差数列，可以得到，求解即可. 解法二：因为为等差数列，所以为等差数列，设，则，，三项成等差数列，再通过等差中项的性质求解即可. 【详解】因为，且，则， 于是，则，. 解法2  由于为等差数列，设，则，，三项成等差数列， 于是，则，，. 故答案为：14. 14．/ 【分析】由题设可得，设，的中点为，结合平面向量的数量积运算律可得，进而得到的轨迹为以为圆心，为半径的圆，过作的垂线，垂足分别为，进而得到，再结合圆的几何性质求解最值即可. 【详解】由，得， 设，的中点为，则， 所以，即， 所以的轨迹为以为圆心，为半径的圆. 过作的垂线，垂足分别为，则， 易得四边形为直角梯形，则， 又，，即，则， 则到直线的距离为， 故到直线的距离的最大值为， 则的最大值为. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据求数列的通项公式. （2）利用分组求和法求和. 【详解】（1）当时，， 当时，，， 两式相减得，， 所以是以为首项，3为公比的等比数列， 故. （2）当为奇数时，， 当为偶数时，， 所以 . 16．(1)； (2). 【分析】（1）由离心率和点在椭圆上列方程求椭圆参数，即可得方程； （2）设，直线为，则，联立椭圆并应用韦达定理，结合直线为，求出点，即可得周长关于参数m的表达式，应用基本不等式求最值即可. 【详解】（1）由题意得，又点在椭圆上，所以， 所以，则椭圆的方程为； （2）设，直线为，则， 由，得，且， 所以 则直线为， 令，得 ，即， 则， 则周长为， 当且仅当，即时等号成立，则周长的最小值为． 17．(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角解出参数，再由棱锥体积公式得解； 【详解】（1）在图①中，由题知四边形为正方形，且； 则在②中，，，且， 又平面，则平面； 又，∴平面， 又平面，∴； 又，且为的中点，则； 又，平面， 则平面，又平面， 可得. （2）由（1）知平面，平面，则平面平面； 由题知二面角的平面角为，则， 则是等边三角形，则； 取的中点为，连接，则， 又平面平面，平面， 所以平面，且， 则可以建立如图所示的空间直角坐标系；      则、、、、， 则、、、， 设，（），则， 设平面的一个法向量为， 则，则， 令，则， 记直线与平面所成角为， 则， 即，解得， 因此，则. 18．(1) (2)证明见解析 (3)分布列见解析，证明见解析 【分析】（1）记为棋子顺时针移动次，为棋子逆时针移动次，则、，再由相互独立事件的概率公式计算可得； （2）根据、计算概率，即可证明； （3）先分析连续移动6次后的取值情况，即可求出，从而得到随机变量的分布列，再利用错位相减法求出，即可得证. 【详解】（1）记为棋子顺时针移动次，为棋子逆时针移动次， 则与互斥. 所以，； （2）因为， ， 所以. （3）先分析连续移动6次后的取值情况：6次均为顺时针，则； 5次顺时针1次逆时针，则； 次顺时针2次逆时针，则； 3次顺时针3次逆时针，则； 次顺时针4次逆时针，则； 1次顺时针5次逆时针，则； 次逆时针，则. 故. 所以的可能取值为，其中， ； 所以随机变量的分布列如下： 1 2 3 9 10 由. 令， 则． 两式相减，得， 即， 故，又因为，所以. 19．(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先求导得，将问题转化为在有两正根，再通过研究函数的单调性和极值确定范围. （2）由韦达定理和极值点关系得到，将化简为关于的表达式，令，可得，，利用求导判断函数单调性即可证明. （3）令，求导判断其单调性，即得当时，，令代入并运用累加法与对数的运算性质即可得证. 【详解】（1）已知，其定义域为， 对求导可得：， 因为函数有两个不同的极值点， 所以在上有两个不同的正根， 令，对求导可得：， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，， 又因为当时，，当时，， 要使在上有两个不同的正根，则需， 解得，因此的取值范围是. （2）由（1）可知，是的两个不相等的正根， 即，可得，则， （由三次方程韦达定理：，，， 因，则其中必有一根为负，记为，则，）， 则， （*）， 由，得，同理可得， 则， 将其代入（*）可得：， ， 又因为，则，可得， 则， 令，则，， 求导得，则在上单调递增， 故有，即. （3）令，求导可得： ， 所以在上单调递减， 则当时，， 即，移项可得， 令，，则，即. 因，，，， 将以上个不等式左右相加得：（**）， 又因，， 则（**）为， 两边乘以可得：， 故得得证. 答案第14页，共15页 答案第15页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 $