河南信阳高级中学北湖校区2025-2026学年高三下学期05月测试（一）数学试题

**基本信息** 高三下期数学二模卷，以函数、数列、立体几何等核心知识为载体，通过概率与数列综合（19题）、折叠问题（17题）等设计，考查抽象能力、空间观念与逻辑推理，贴合高考命题趋势。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|函数求值、直线与圆关系、等差数列|基础概念与数学眼光结合，如第3题充要条件判断| |多选题|3/18|二项式定理、函数切线、正方体轨迹|多维度考查思维严谨性，如第11题体积与轨迹综合| |填空题|3/15|三角恒等变换、排列组合、数列递推|实际情境应用，如第13题选修方式计数| |解答题|5/77|解三角形、导数单调性、立体几何折叠、椭圆综合、概率数列|注重综合能力，如19题概率与数列结合考查数学思维，17题折叠问题发展空间观念|

河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高三下期05月测试（一） 数学试题 一、单选题：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．已知函数，则（   ） A． B．2 C．3 D．6 2．若，，则（   ） A． B． C． D． 3．已知直线，圆，则“”是“直线与圆相交”的（   ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 4．已知公差为的等差数列的前项和为是中的唯一最大项，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 5．一个圆锥的底面直径为4，体积为，若该圆锥能够被整体放入一个球内，则该球的表面积的最小值为（ ） A． B． C． D． 6．若事件满足，则（   ） A． B． C． D． 7．已知抛物线：的焦点为，过点的直线与相交于，两点，则的最小值为（   ） A．3 B． C．4 D． 8．已知，若对任意，关于x的不等式（e为自然对数的底数）至少有2个正整数解，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9．若的展开式中的系数为，则（    ） A． B．所有项系数之和为1 C．二项式系数之和为64 D．二项式系数最大项为第3项 10．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．曲线在处的切线与直线垂直 B．若点P是曲线上的动点，则点P到直线距离的最小值为 C．曲线的切线的倾斜角取值范围是 D．若过点可以作曲线的三条切线，则 11．在棱长为2的正方体中，点为侧面内一点（包含边界），则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．的最小值为5 C．若，则的轨迹长度为 D．三棱锥外接球的体积存在最大值与最小值 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知，则_______ 13．某双一流大学为提高数学学院学生的数学素养，特开设了“模糊数学”、“复变函数”、“微分几何”、“数值分析”、“拓扑学”五门选修学科，要求学院每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将五门选修学科选完，则每位同学的不同选修方式有__________种 14．，任意，满足，求有序数列有_____对. 四、解答题：本大题共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）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. (1)求角A； (2)D为外一点，且与点B位于直线AC的同侧，，，若，，求的面积. 16．（15分）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)讨论的单调性． 17．（15分）A4纸是长､宽比为的矩形纸张.设一张A4纸的四个顶点分别为，以两长边的中点连线为折痕，将矩形折起，连接，得到如图所示的直三棱柱是的中点. (1)证明：平面平面； (2)设，三棱柱的体积为，且为钝角，求二面角的正弦值. 18．（17分）已知椭圆过点，两个焦点坐标分别为． (1)求椭圆的方程． (2)已知为椭圆上异于的两点，且直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形． （i）求证：直线的斜率为定值； （ii）求面积的最大值． 19．（17分）在平面直角坐标系中，动点M从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，且向四个方向移动的概率均为.例如在1秒末，点M会等可能地出现在，，，四点处. (1)已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率； (2)记第n秒末点M回到原点的概率为. （i）求，并利用公式求； （ii）令，记为数列的前n项和，若对任意实数，存在，使得，则称点M是常返的.利用公式：，证明：点M是常返的. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高三下期05月测试（一） 数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D C B C C B D B ABC ABD ACD 1 学科网（北京）股份有限公司 12． 13． 14．48 15．(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合三角恒等变换即可求得； （2）在中，结合余弦定理得，结合正弦定理得，进而求得，最后根据面积公式求解即可. 【详解】（1）解：因为， 所以， ， ， 因为，所以， 所以，即， 又，则有，所以. （2）解：因为，，， 所以在中，， 所以，即， 因为在中，， 所以， 因为，所以， 所以 ， 所以. 16．(1)极大值为，极小值为； (2)答案见解析. 【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的极值. （2）求出函数的导数，再按分类求出导函数值为正为负的解集即可. 【详解】（1）当时，函数的定义域为， 求导得，由，得或； 由，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的极大值为，极小值为. （2）函数的定义域为， 求导得， 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，由，得；由，得或， 函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，恒成立，函数在上单调递增； 当时，由，得；由，得或， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，在利用面面垂直的判定定理证得平面平面； （2）利用三棱柱的体积为求得，进而求出，建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的正弦值. 【详解】（1）由且为中点，得， 又三棱柱为直三棱柱，所以平面， 又平面，所以， 又因为，平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）取中点，故平面，又由（1）知，所以两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 因为，由题意得， 所以三棱柱的体积， 所以，又为钝角，所以， 所以，即， 则，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，取，则， 即， 设平面的法向量为， 则，取，则， 即， 设二面角的平面角为， ， 所以， 所以二面角的正弦值. 18．(1) (2)（i）证明见解析；（ii）2． 【分析】（1）根据点以及焦点坐标，解方程可求得椭圆的方程； （2）（i）法一：设直线的方程为，并与椭圆方程联立，结合韦达定理由可得直线的斜率； 法二：设直线的方程为，联立椭圆方程可解得，同理可得，化简可知直线的斜率； 法三：由，可设直线为，不同时为0，联立直线与椭圆方程化简得，可得，即直线的斜率为定值． （ii）设直线为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理知 法一：易知，当时，的面积取最大值2． 法二：由弦长公式可知，又点到直线的距离，所以，当时，的面积取最大值2． 【详解】（1）设椭圆的方程为， 显然， 将点代入椭圆方程，即，解得或（舍去） 所以椭圆的方程为． （2）（i）法一： 设直线的方程为（由对称性知存在），如下图： 联立得，化简得， 由知，则， 因为，所以，即， 化简得，因为直线不过点，所以， 故． 法二： 设直线的方程为， 联立，得，化简， 得， 由知，即，则， 又，所以， 因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以， 同理可得， 由此可知， 则直线的斜率， 故直线的斜率为定值． 法三： 因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以， 因为为椭圆上异于的两点， 所以可设直线为，不同时为0， 联立与， 得， 等式两边同时除以，记， 化简得， 由于，所以，说明直线的斜率为定值． （ii）设直线为， 联立与，得， 因为，所以． 由韦达定理知 法一： 过点作轴的垂线交直线于点，则点的坐标为， ，即， 化简得． 当且仅当时，的面积取最大值2． 法二： 易知， 点到直线的距离， 所以， 当且仅当时，的面积取最大值2． 19．(1) (2)（i），（ii）证明见解析 【分析】（1）记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上，计算即可； （2）（i）分四个方向各移动一次、左右方向各移动两次、上下方向各移动两次三种情况求；设左右各移动次，上下各移动次，即可求出，再利用组合公式化简； （ii）利用公式化简得出，得出，构造函数，研究其单调性求出，即可得出，最后化简得出，取即可求证. 【详解】（1）记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上， 由于在第2秒末点M回到原点的情况有4种，则事件A包含的情况共有种， 其中点M没有回到原点且在坐标轴上的情况有4种，即点这四种情况. 则， 故点M在第2秒末没有回到原点，且此时点M位于坐标轴上的概率为. （2）（i）点M在第4秒末回到原点，有以下三种情况：四个方向各移动一次的情况有种， 左右方向各移动两次的情况有种，上下方向各移动两次的情况有种， 所以； 若点M在第2n秒末回到原点，则需左右移动次数相等，且上下移动次数也相等， 设左右各移动次，则上下各移动次， 所以 ， （ii）由可知： ， 则， 所以， 令，则， 即函数在上单调递减， 所以，即，则， 所以，， 记为不超过x的最大整数， 则对任意的实数，当时，，即， 综上，当时，成立，所以点M是常返的. $