精品解析：河南豫西北（许洛平济）2026届高三年级下学期质量检测数学试题

2025~2026学年高三年级质量检测 数学 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，将试卷和答题卡交回. 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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的除法运算求得复数，即可写出其在复平面内对应的点坐标，得到答案. 【详解】， ∴复数在复平面内对应的点坐标为，位于第三象限. 故选：C. 2. 若直线是双曲线的一条渐近线，则（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】双曲线中，则渐近线方程为， 已知直线是该双曲线的一条渐近线，则，解得． 3. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】已知，则， 选项A：空集是集合，不是元素，不能用符号连接，故A错误； 选项B：，故B错误； 选项C：，故C错误； 选项D：，故D正确． 4. “事件相互独立”是“”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 【答案】D 【解析】 【详解】由，结合公式，可得，即事件互斥。 事件相互独立的定义为. 充分性：若相互独立，无法推出，即无法推出. 必要性：若，即互斥，无法推出相互独立. 综上，“事件相互独立”是“”的既不充分也不必要条件. 5. 甲、乙、丙、丁共4名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第4名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，4人的名次排列可能情况有（ ） A. 4种 B. 8种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 【详解】由题意知，甲、乙都不是冠军，故冠军从丙、丁中选择，共2种， 乙不是最差的，故乙不是第4名和第1名，剩余可选第2或第3名，共2种， 剩下的2人全排列，共种， 总情况为：种． 6. 已知函数的定义域为，若函数是偶函数，函数是奇函数，则在上的最小值为（ ） A. 3 B. C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先利用偶函数性质列出，再由奇函数性质列出，联立两式消去化简求得，换元令得，转化为对勾函数，由其在单调递增，代入算出最小值为. 【详解】已知是偶函数，所以① 已知是奇函数，所以，即② 由①得， 代入②：. 整理得，. 令，，则，. 对勾函数在递增，区间在递增区间内. 最小值在处：. 7. 已知抛物线，过C的焦点的直线交C于A，B两点，交圆于M，N两点，其中A，M位于第一象限，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线的几何性质，结合已知条件求出，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理求出，利用基本不等式求的最小值． 【详解】已知抛物线，过C的焦点的直线交C于A，B两点， 则，由焦半径公式得：， 圆的标准方程为，圆心为，半径为， ， 设直线的方程为，联立抛物线方程得， 化简得， 由韦达定理得， 则 ，当且仅当时取等号， 故的最小值为3． 8. 已知函数，若函数有3个零点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析函数，求导，利用导数分析函数单调性和极值点；分析在区间内的单调性和关键点，作出函数图象，结合图象得出有3个零点的a的取值范围． 【详解】当时，，求导得，令，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 故是的极小值点，即为最小值点，， 且； 当时，， ， ， ， 在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增， 故函数的图象如下： 已知函数有3个零点，由图象可知， 当时，有3个交点； 当时，有3个交点； 综上，实数a的取值范围是． 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. 设数列的前n项和为．下列说法正确的是（） A. 若是等差数列，且，，则公差为2 B. 若，，则数列是等差数列 C. 若是等比数列，且，公比，，则 D. 若是等比数列，且，则公比为 【答案】BC 【解析】 【分析】先利用等差数列前项和公式算出A公差为判定A错误，再由递推式求出B数列为常数列符合等差数列定义，接着用等比数列求和公式求出C中、判定正确，最后由等比数列和的比值化简得，求出公比为判定D错误，综上正确选项为BC. 【详解】选项A：，解得，，故A错误. 选项B：，，计算得：，，数列为常数列，常数列是公差为的等差数列，故B正确. 选项C：等比数列前项和公式：，代入得：，化简：，，解得，，则，故C正确. 选项D：若数列的公比，则，矛盾，故， 由已知，解得，，故D错误. 10. 在棱长为4的正方体中，M，N，P分别为棱，，的中点，则（ ） A. 平面 B. M，N，P，四点共面 C. D. 三棱锥的体积为 【答案】ACD 【解析】 【详解】以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 已知正方体棱长为4，M，N，P分别为棱，，的中点， 则， ，设平面的法向量为， 则，令，则， ， 即平面的法向量，且平面， 故平面，故A正确； 平面，平面，且平面平面， 若M，N，P，四点共面，则， 则，即，显然不存在唯一的使得成立， 不平行于，故M，N，P，四点不共面，故B错误； ， ，故，故C正确； ， 则，， ， ， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设点到平面的距离为，则， ，故D正确． 11. 已知函数．下列结论正确的是（） A. 存在全不为0的实数a，b，使得是奇函数 B. 当，时，在区间上单调递增 C. 当，时，过点作曲线的切线，只能作一条 D. 若，，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由,A选项取验证满足奇函数条件；B选项代入求导,由时导函数恒正得单调递增；C选项代入设切点列切线方程,代入定点解得两个切点对应两条切线；D选项换元令构造函数,利用导数判断单调性证不等式恒成立. 【详解】已知函数，逐一分析选项： 选项A: 若为奇函数，则满足. 奇函数无常数项，因此，得，此时. 令，，均不为0，，满足奇函数定义,A正确. 选项B: 当时，,求导得. 当时，，，即. 在上单调递增，B正确. 选项C: 当时，，. 设切点为，切线方程为. 切线过点，代入化简得， 解得或，有两条切线,C错误. 选项D: 令，，由，得，. 原不等式等价于. 构造函数，求导得. 因为，，所以，， 在上单调递增，故，不等式恒成立,D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某篮球运动员近8场比赛的得分从低到高依次为6，9，，，，，，，则这8个数据的上四分位数是____________． 【答案】## 【解析】 【详解】数据升序排列为：6，9，，，，，，， 上四分位数的位置为， 位置为整数，取第项的平均值． 13. 在平行四边形中，，，点E，F，G，H分别是边，，，的中点，则____________． 【答案】 【解析】 【详解】设， ， ， ， ， ． 14. 已知，，，，若且，则____________． 【答案】或 【解析】 【分析】已知四个递增数两两之和构成集合,根据大小关系可确定最小两数和为6、最小与第三数和为10、最大两数和为24、第二与最大数和为20,再分第二与第三数和为12或18两种情况,分别联立前三个和的方程,通过整体代入求出的两个可能取值. 【详解】由题意知. 满足,因为. 则必有. 若,联立，两式相加得， 代入得，解得. 若,联立，两式相加得， 代入得,解得. 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. 科技进步催生了大批智慧养老科技产品．在某养老服务中心，室内、、物联网等智能设备，精准对接老年人多样化健康养老需求．该中心配备有多台摄像机，通过智能分析，辅助发现老人异常行为状态，产生预警信息并实时推送至护理站，及时对老人进行救助．为防止老人摔倒，在房间内还铺设有智能地板，一旦出现特殊情况，地板就会立即报警．在该中心所在地区随机抽取200名70岁以上的老人进行问卷调查，得到如下列联表： 智能设备 摔倒 合计 发生 未发生 使用 8 m 100 未使用 n 68 合计 200 （1）求m，n的值，并依据小概率值的独立性检验，分析使用智能设备是否能有效预防摔倒的发生？ （2）在参与问卷调查发生摔倒的老人中，按是否使用智能设备进行分层，采用样本量比例分配的分层随机抽样方法，从样本中抽取5人作进一步调查，再从这5人中随机抽取2人进行面谈，记这2人中未使用智能设备的人数为X，求X的数学期望及方差． 附：，其中． 0.1 0.01 0.001 2.706 6.635 10.828 【答案】（1），，认为使用智能设备能有效预防摔倒的发生 （2）X的期望；X的方差． 【解析】 【分析】（1）本题先由列联表数据求出参数,设立独立性检验零假设,代入卡方公式计算值并与临界值比对,依据小概率值否定零假设,判定使用智能设备与预防摔倒有关； （2）再确定摔倒老人中使用和未使用智能设备的人数,明确随机变量的取值,用组合数求对应概率,进而计算出的数学期望与方差. 【小问1详解】 由表中数据可得，． 智能设备 摔倒 合计 发生 未发生 使用 8 92 100 未使用 32 68 100 合计 40 160 200 零假设为：使用智能设备与有效预防摔倒的发生无关． 故根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即认为使用智能设备能有效预防摔倒的发生． 【小问2详解】 易知5名“发生摔倒”的老人中有1人使用智能设备，4人未使用智能设备， 故X的所有可能取值为1，2， ，， 所以X的期望； X的方差． 16. 的内角A，B，C的对边分别为．已知，． （1）求； （2）若的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用平方差公式化简已知等式,结合三角形面积公式进行边角替换,再借助余弦定理把边的关系转化为角的正余弦关系式,通过三角恒等变形求出角,接着代入条件求出,结合三角形内角范围舍去不合理解,最终确定角的值. （2）由三角形面积公式结合已求角算出关系式,设正弦定理比值为参数,利用内角和与两角和正弦公式求出,用表示出后代入等式解出,进而求出三边边长,最后相加得到三角形周长. 【小问1详解】 由， 又，所以．即， 由余弦定理得，得，即 ． 因为，所以，所以，所以． 所以． 因此或（舍去），所以． 【小问2详解】 因为的面积为，所以． 所以① 由正弦定理设，因为. 所以． 所以，，． 代入①式，解得，所以，，． 所以的周长为． 17. 四棱锥的底面为矩形，，，，． （1）证明：平面平面； （2）设四棱锥的外接球的球心为M，且点M与点P在平面的同一侧，球M的半径为． （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）已知平面与平面的交线为l，点Q在l上，设直线和平面所成的角为，求的取值范围． 【答案】（1）证明：取中点O，连接，， 底面为矩形，且，， ， ， 又， ， ， ，，平面， 平面，又平面， ， ， ， 又，平面， 平面， 平面， 平面平面． （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用几何法，结合已知条件，利用面面垂直判定定理证明结论； （2）（i）建立空间直角坐标系，利用几何法求出点坐标，由几何法得出是平面与平面的夹角，进而利用余弦定理求出余弦值；（ii）设点坐标，求出相关点和向量坐标，进而利用向量夹角余弦公式求出的表达式，进而求出的取值范围． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）连接交于点N，连接．分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴建系， 过点N作平面的垂线l，则， 设，，其中； ，，解得， ，解得， ，， 连接，， ，， 是平面与平面的夹角， 又，，， 由余弦定理得． 平面与平面夹角的余弦值为． （ii），平面，平面， 平面， 平面，平面平面， ， 可设， 又， ， ，，设平面的法向量为， 则，，可取， ， ， ，即的取值范围为． 18. 动点与定点的距离和P到定直线的距离的比是常数，记动点P的轨迹为C． （1）求C的标准方程； （2）已知点，点M，N在C上，直线，的斜率分别为，，且． （i）若，求的面积； （ii）证明：直线过定点． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）证明：设，，，联立， ，则，, ，代入得： ， 即， ， 化简得，即， 或，代入得： 或， 即定点坐标为或， 又， 直线过定点． 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，利用距离之比构造方程，求出曲线方程； （2）（i）根据两点坐标求出，，从而求出的方程，联立椭圆方程求出点，进而求出直线的方程，求出及点到直线的距离，进而求出的面积；（ii）设，联立椭圆方程，利用韦达定理结合，联立直线方程得出或，进而得出定点坐标． 【小问1详解】 设，则P到定直线的距离， ， 则， 将式子两边平方，并化简得， 曲线C的标准方程为． 【小问2详解】 （i），， ，则． 直线的方程为：，代入椭圆方程得：， ，，，即， ， 直线的方程为：，即, 点A到直线的距离为， 又, 的面积为． （ii）略 19. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）证明：（e为自然对数的底数）； （3）已知，数列的前项和为，试比较与的大小关系，并说明理由． 【答案】（1）的递增区间是，；递减区间是：，． （2）证明：设． 当时，，， 所以，满足题目条件． 当时，又， 所以，单调递增，而，所以，． 当时，设，为偶函数； 当时，，在上单调递增，即， 又因为为偶函数，易知，所. 又设 ，在单调递减，在单调递增， 即，所以，所以 即． 综上可得，（当且仅当时取等号）． 所以，． （3）， 理由如下： 由（2）知，用代替x，得． 两式相加得：，取， 则． 又因为， 所以，所以． 所以，，即成立 【解析】 【分析】(1)求导后将导数转化为二次因式，利用恒成立，只需判断的符号，即可快速得到单调区间 (2)构造辅助函数，分三区间讨论：用放缩非负，用导数单调，用不等式放缩，最终得证明 (3)借第二问指数不等式，奇偶代换相加放缩，用半角公式转化得到下界，最后裂项相消，直接证明 【小问1详解】 ， 显然， ，当 时，，． 当 时，，． 所以，的递增区间是，；递减区间是：，． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ．理由略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年高三年级质量检测 数学 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，将试卷和答题卡交回. 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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 若直线是双曲线的一条渐近线，则（ ） A. B. 4 C. D. 3. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. “事件相互独立”是“”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. 甲、乙、丙、丁共4名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第4名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，4人的名次排列可能情况有（ ） A. 4种 B. 8种 C. 种 D. 种 6. 已知函数的定义域为，若函数是偶函数，函数是奇函数，则在上的最小值为（ ） A. 3 B. C. 4 D. 6 7. 已知抛物线，过C的焦点的直线交C于A，B两点，交圆于M，N两点，其中A，M位于第一象限，则的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8. 已知函数，若函数有3个零点，则实数a的取值范围是（ ） 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. 设数列的前n项和为．下列说法正确的是（） A. 若是等差数列，且，，则公差为2 B. 若，，则数列是等差数列 C. 若是等比数列，且，公比，，则 D. 若是等比数列，且，则公比为 10. 在棱长为4的正方体中，M，N，P分别为棱，，的中点，则（ ） A. 平面 B. M，N，P，四点共面 C. D. 三棱锥的体积为 11. 已知函数．下列结论正确的是（） A. 存在全不为0的实数a，b，使得是奇函数 B. 当，时，在区间上单调递增 C. 当，时，过点作曲线的切线，只能作一条 D. 若，，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某篮球运动员近8场比赛的得分从低到高依次为6，9，，，，，，，则这8个数据的上四分位数是____________． 13. 在平行四边形中，，，点E，F，G，H分别是边，，，的中点，则____________． 14. 已知，，，，若且，则____________． 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. 科技进步催生了大批智慧养老科技产品．在某养老服务中心，室内、、物联网等智能设备，精准对接老年人多样化健康养老需求．该中心配备有多台摄像机，通过智能分析，辅助发现老人异常行为状态，产生预警信息并实时推送至护理站，及时对老人进行救助．为防止老人摔倒，在房间内还铺设有智能地板，一旦出现特殊情况，地板就会立即报警．在该中心所在地区随机抽取200名70岁以上的老人进行问卷调查，得到如下列联表： 智能设备 摔倒 合计 发生 未发生 使用 8 m 100 未使用 n 68 合计 200 （1）求m，n的值，并依据小概率值的独立性检验，分析使用智能设备是否能有效预防摔倒的发生？ （2）在参与问卷调查发生摔倒的老人中，按是否使用智能设备进行分层，采用样本量比例分配的分层随机抽样方法，从样本中抽取5人作进一步调查，再从这5人中随机抽取2人进行面谈，记这2人中未使用智能设备的人数为X，求X的数学期望及方差． 附：，其中． 0.1 0.01 0.001 2.706 6.635 10.828 16. 的内角A，B，C的对边分别为．已知，． （1）求； （2）若的面积为，求的周长． 17. 四棱锥的底面为矩形，，，，． （1）证明：平面平面； （2）设四棱锥的外接球的球心为M，且点M与点P在平面的同一侧，球M的半径为． （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）已知平面与平面的交线为l，点Q在l上，设直线和平面所成的角为，求的取值范围． 18. 动点与定点的距离和P到定直线的距离的比是常数，记动点P的轨迹为C． （1）求C的标准方程； （2）已知点，点M，N在C上，直线，的斜率分别为，，且． （i）若，求的面积； （ii）证明：直线过定点． 19. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）证明：（e为自然对数的底数）； （3）已知，数列的前项和为，试比较与的大小关系，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $