河南南阳方城县第一高级中学2026届高三命题趋势预测（一）数学试题

**基本信息** 高三数学命题预测卷，以函数、几何、概率为核心，融入燃油效率、外卖服务等现实情境，突出数学建模与逻辑推理。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|复数、集合、函数图像、二项式定理|第3题燃油效率图像分析，考查数学眼光观察现实问题| |多选题|3/18|三角函数图像、函数性质、不等式|第10题结合奇偶性与周期性，体现数学思维的严谨性| |填空题|3/15|向量、双曲线、函数极值|第14题函数极值点分析，考查逻辑推理能力| |解答题|5/77|解三角形、立体几何折叠、概率统计、反函数、圆锥曲线|第17题外卖准时率问题，分基础计算、方差应用、决策分析三问，梯度设计合理；第18题反函数与导数创新应用，体现数学语言表达现实世界|

河南南阳方城县第一高级中学2026届高三命题趋势预测（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．若为虚数单位，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 3．汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况. 下列叙述中正确的是 A．消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米 B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多 C．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油 D．某城市机动车最高限速80千米/小时. 相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油 4．已知的展开式中，所有项的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项为（   ） A． B． C． D． 5．已知直线：，直线：，则“”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 6．如图，为圆柱的一条母线，是下底面圆的直径，弦与交于点.已知圆柱的高为1，侧面积为.若且M恰为DE的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（） A． B． C． D． 7．已知函数，则下列选项正确的有（    ） A．函数极小值为-1 B．函数在上单调递增 C．当时，函数的最大值为 D．当时，方程恰有3个不等实根 8．已知是抛物线上一点，点，在轴上，的内切圆的方程为 ，则面积的最小值为（   ） A．42 B．56 C．72 D．88 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．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（    ） A． B．的图象关于轴对称的图象恰为的图象 C．两函数没有相同的零点 D．两函数在上单调性相同 10．已知是定义在上的奇函数，，，若为偶函数，则（    ） A． B． C． D． 11．已知当时，，则（    ） A． B． C． D． 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．已知向量，若，则__________. 13．设F为双曲线的右焦点，A，B分别为双曲线E的左右顶点，点P为双曲线E上异于A，B的动点，直线l：x＝t使得过F作直线AP的垂线交直线l于点Q时总有B，P，Q三点共线，则的最大值为____________. 14．已知函数有三个极值点，且，则实数的取值范围是______． 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．在中，角所对的边分别为，为的中点，，垂足为． (1)若，求； (2)若，，，求面积． 16．将边长为的正方形沿对角线折叠，形成四面体． (1)证明：； (2)若二面角和的平面角互补，求； (3)证明：存在四面体，使得其内部一点O到各个平面的距离均大于． 17．某用户只在某外卖平台的甲、乙两家餐厅点餐，根据历史数据，选择甲餐厅的概率为，选择乙餐厅的概率为，甲餐厅的准时送达率为，乙餐厅的准时送达率为．已知该用户每次外卖点餐准时送达与否相互独立． (1)求该用户每次外卖点餐准时送达的概率． (2)在该用户的次外卖点餐中，记准时送达的次数为，若的方差大于，求的最小值． (3)平台推出“准时保”，每单需支付元的服务费，若外卖未准时送达，则平台赔付3元；若外卖准时送达，则平台不赔付．该用户愿意购买“准时保”的条件是亏损期望不超过元，试问他是否愿意购买“准时保”？说明你的理由． 18．当一个函数值域内任意一个函数值都有且只有一个自变量与之对应时，可以把这个函数的函数值作为一个新的函数的自变量，而这个函数的自变量作为新的函数的函数值，我们称这两个函数互为反函数.例如，由，得，通常用表示自变量，则写成，我们称与互为反函数.已知函数与互为反函数，若两点在曲线上，两点在曲线上，以四点为顶点构成的四边形为矩形，且该矩形的其中一条边与直线垂直，则我们称这个矩形为与的“关联矩形”. (1)若函数，且点在曲线上. （i）求曲线在点A处的切线方程； （ii）求以点A为一个顶点的“关联矩形”的面积. (2)若函数，且与的“关联矩形”是正方形，记该“关联矩形”的面积为S.证明：.（参考数据：） 19．平面直角坐标系中，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，记点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)已知过椭圆外一点引椭圆的两条切线，过两切点的直线方程为.现过曲线外一点作曲线的切线，切点分别为，. （i）证明：直线平分； （ii）直线与直线交于点，过点作直线的垂线，垂足为，直线，的斜率分别为，，探究是否为定值，若为定值，求出该定值，若不为定值请说明理由. 试卷第4页，共5页 试卷第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 《河南南阳方城县第一高级中学2026届高三命题趋势预测（一）数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C D B C A C C BCD BC 题号 11 答案 ACD 1．A 【详解】，，， ，. 2．C 【详解】由题可得，或，所以 3．D 【详解】解：对于A，由图象可知当速度大于40km/h时，乙车的燃油效率大于5km/L， ∴当速度大于40km/h时，消耗1升汽油，乙车的行驶距离大于5km，故A错误； 对于B，由图象可知当速度相同时，甲车的燃油效率最高，即当速度相同时，消耗1升汽油，甲车的行驶路程最远， ∴以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最少，故B错误； 对于C，由图象可知当速度为80km/h时，甲车的燃油效率为10km/L， 即甲车行驶10km时，耗油1升，故行驶1小时，路程为80km，燃油为8升，故C错误； 对于D，由图象可知当速度小于80km/h时，丙车的燃油效率大于乙车的燃油效率， ∴用丙车比用乙车更省油，故D正确 故选D． 考点：1、数学建模能力；2、阅读能力及化归思想. 4．B 【分析】利用二项式定理系数的性质，求出，然后通过二项式定理的通项公式求出常数项即可． 【详解】由题意知，，解得， 展开式通项公式为， 令，则，所以. 5．C 【详解】直线：，直线：， 当时，代入可得：，直线：，两条直线不平行， 当时，代入可得：，直线：，两条直线不平行， 设直线方程为，直线方程为， 若，则，即， 化简可得，即，解得，， 当时，代入可得：，：， 两直线重合，所以舍去， 当时，代入可得：，：， 和的斜率都为，所以， 因此是的充要条件. 6．A 【分析】先由圆柱侧面积公式求出底面半径，再利用线段差求出，借助勾股定理算出；接着以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点与向量坐标；然后通过平面法向量的方程组求得平面的法向量，最后利用线面角与向量夹角的关系，代入公式算出直线与平面所成角的正弦值. 【详解】设圆柱的底面半径为，则其侧面积，解得. 连接，则， 所以，易知， 所以. 以为坐标原点，平面内过点且与垂直的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为，则， 即，则，取，得. 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 7．C 【分析】求导得到的单调性，即可判断AB选项；分别求出上的极大值和端点处的函数值，通过比较大小得到最大值，即可判断C选项；将方程的根的个数可以转化为函数的图象与的图象的交点个数，然后结合图象判断D选项. 【详解】，令，解得或，令，解得， 所以在，上单调递增，上单调递减，故B错； 在处取得极小值，极小值为1，故A错； ，，，所以在上的最大值为，故C正确； 的大致图象如下：    方程的根的个数可以转化为函数的图象与的图象的交点个数， 由图可知，当时，图象有3个交点，即方程有3个不等实根，故D错. 故选：C. 8．C 【分析】设、、，结合内切圆性质与点到直线距离公式计算可得与、有关等式，即可得、是关于的方程的两根，借助韦达定理计算可表示出，则可借助表示出面积，再利用换元法与基本不等式计算即可得解. 【详解】设、、， 则，即， ，即， 由圆心为，半径为， 则到直线、距离都为， 即有，， 整理得，， 即、是关于的方程的两根， 故，， 由的内切圆的方程为， 可得，即， 则， 则， 令，则， 当且仅当，即时，等号成立，故面积的最小值为. 9．BCD 【分析】对于A，由题设可得解析式，据此可判断选项正误；对于B，验证与是否相等即可判断选项正误；对于C，分别求得两函数零点，据此可判断选项正误；对于D，分别判断两函数在上的单调性即可判断选项正误. 【详解】对于A，由题得，所以，又，所以，A错误； 对于B，，所以两函数图象关于轴对称，B正确； 对于C，令，，，解得，； 令，，，解得，， 令，，，则，，，无解，C正确； 对于D，当时，，单调递减，可得，所以单调递减，D正确. 10．BC 【分析】先由为偶函数、为奇函数推得的对称轴与对称中心，进而确定周期为4，再赋值求、、，最后利用周期化简求和、判断选项正误. 【详解】因为为偶函数，所以， 所以，所以， 所以. 又为奇函数，所以， 所以，将替换为，得， 所以，所以的周期为4，且. 对于A：在中，令，得.又， 所以，A错误； 对于B：，B正确； 对于C：，C正确； 对于D：当时，， ， ， ， 所以， 所以，D错误. 【点睛】利用函数奇偶性推导对称性与周期性，结合赋值法与周期求和判定选项，核心考查函数对称性、周期性的转化及数列求和技巧. 11．ACD 【分析】根据给定的不等式，赋值变形判断A；赋值求和判断CD；变形不等式右边，借助二项式定理及组合数的性质推理判断D作答. 【详解】因为，令，，则， 令，，则，A正确； 因为，则，，…，，以上各式相加有，B错误； 由得，，即， 于是，，，…，， 以上各式相加有，即，C正确； 由得，，因此， 设，， 则，所以，D正确． 故选：ACD 【点睛】关键点睛：由给定信息判断命题的正确性问题，从给定的信息出发结合命题，对变量适当赋值，再综合利用相关数学知识及方法是解决问题的关键. 12． 【详解】因为，所以， 又因为，所以，即. 13．/1.25 【分析】设出直线方程，与双曲线的方程联立，韦达定理表示出A与P的关系，根据三点B，P，Q 共 线 ，求得Q点坐标的横坐标表示出t ,然后运用设参数m法化简,最后根据二次函数的性质求出最大值. 【详解】 设，，联立整理得: ; 所以，得到，所以； 过F作直线PA的垂线与直线交于Q， 因为B,Q,P三点共线，所以Q是直线与BP的交点， Q是与的交点 所以得 ，所以 设则 所以当 时，即m=2即时， 取得最大值. 故答案为： 【点睛】方法点睛：（1）联立方程，根据韦达定理表示出坐标关系式；按照题目中给出的关系，构建关系式，表示出所求变量； （2）在计算推理的过程中运用整体转化，化简函数式，从而得到二次函数或者不等式，求得最值； 本题的解题的关键是，表示出Q点的交点坐标，找到与t有关的解析式. 14． 【分析】根据给定条件，结合导数将问题转化为直线与的图象有三个不同交点，利用导数求出的范围，再利用零点的定义及，构造函数，利用导数求出的范围，进而求出所求范围. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 由函数有三个极值点，得有三个不同的零点，显然， 则方程有三个不相等的实根，令，于是直线与的图象有三个不同交点， 求导得，由，得，由得，或， 函数在上单调递增，在上单调递减，， ，又时，恒成立，因此， 而，则，令，则，即， 令，求导得， 令，求导得，函数在上单调递减， ，则，函数在上单调递减，， 而函数在上单调递增，当时，， 因此，解得， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）设，进而根据余弦定理得，再结合中的边角关系得，，，最后在中求解即可； （2）根据，结合向量模的公式，余弦定理得，进而求得，再结合中的边角关系求得，最后计算面积即可. 【详解】（1）解：由题设， 所以，根据余弦定理：， 所以，在中，，， ，， 因为为的中点，所以 所以， 所以，在中， （2）解：因为为的中点，所以， 所以 因为， 所以， 因为，，所以，解得， 因为在中，，， 所以， 所以面积为 16．(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直性质证明； （2）先根据定义得到两个二面角的平面角，再运用余弦定理写出表达式，并结合两个平面角的关系列出方程求解即可； （3）将问题转化为内切球问题，然后利用等体积法写出半径表达式，通过选取合适的折叠角使得半径满足条件. 【详解】（1）取中点，连接，因为，所以，同理有， 且，平面，所以平面， 又因为平面，所以. （2）由（1）可知且，所以即为二面角的平面角，设， 取中点，连接，因为，所以，同理有， 所以即为二面角的平面角，设， 在中，，设， 由余弦定理有， 在中，，同理， 由余弦定理有，依题意有， 则即，令，得到，化简得， 解得，在中有，所以，所以， 所以即. （3）我们只需要证明存在四面体， 其内切球半径， 设四面体的体积和表面积分别为和，利用等体积法可得， 其中， ， 由（1）可知，代入得， 所以，取，可得， 此时，因为， 且，所以即，命题得证. 【点睛】几何体内部点到平面距离的问题往往可以转化为内切球相关，到顶点距离的问题则可以和外接球构建联系. 17．(1)0.93； (2)11； (3)他愿意购买“准时保”. 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式列式求解. （2）由（1）的结论，利用二项分布的方差公式列式求解. （3）由（1）的结论，求出购买“准时保”的期望，与给定条件比对即可. 【详解】（1）令事件“外卖点餐准时送达”，“选择甲餐厅”，“选择乙餐厅”， 依题意，，， 由全概率公式得， 所以该用户每次外卖点餐准时送达的概率为0.93. （2）依题意，的所有可能取值为，， 则，由的方差大于，得， 解得，所以的最小值为11. （3）他愿意购买“准时保”. 设他购买“准时保”的净收益为元，则的所有可能取值为， ，， 显然，即亏损期望不超过元， 所以他愿意购买“准时保”. 18．(1)（i）；（ii）； (2)证明见解析. 【分析】（1）（i）先由点在曲线上求出点A，再利用导数工具求出即可由直线的点斜式方程得解；（ii）先由反函数性质依次得出的反函数和A关于直线对称的点为D，从而得和，再由题意以及图象特征得和，进而得直线的方程，接着联立求出点C即可得，从而计算即可得解. （2）先由题意设关于直线对称，关于直线对称得，进而设得，再由已知信息结合得到，接着建立函数并利用导数工具研究其单调性从而由和得，从而借助的单调性得证. 【详解】（1）（i）因为点在曲线上，所以，即， 由，得，则， 所以曲线在点A处的切线方程为即. （ii）由（1），由得其反函数为， 则函数和图象关于直线对称，设A关于直线对称的点为D， 则D在曲线上，且，， 则， 由题意以及由图象特征可知，则，直线的方程为， 联立方程组解得或（舍去）， 则， 则该“关联矩形”的面积. （2）证明：由得其反函数为， 所以和图象关于直线对称，且由其性质可知， 根据对称性可设关于直线对称，关于直线对称，则， 设，其中， 则，，因为“关联矩形”是正方形， 所以，， 所以， 由，得，所以， 所以由得即. 对于函数，则， 故函数在上单调递增，故即， 令， 则且， 则在上单调递增，所以， 所以，因为， 令，则，当时，单调递增， 则， 从而. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键1是正确处理四点的关系，从而根据四点之间的关系结合得到，关键点2是建立函数并利用导数工具研究其单调性从而由和得，从而借助的单调性得证. 19．(1) (2)（i）证明见解析（ii）是，且该定值为 【分析】（1）根据题意列出方程，再进行化简即可得； （2）（i）设、，则可表示出，，，再利用平面向量夹角公式计算出、，可得，即可得直线平分；（ii）联立直线与直线，可求出其交点坐标，即可得点坐标，从而可表示出，联立直线与椭圆方程，消去可得与横坐标交点有关韦达定理，利用韦达定理计算即可得. 【详解】（1）由题意，动点满足 ， 平方整理得，化简得， 即曲线的方程为； （2）（i）设、，则，， 根据题意知，直线方程为， 则有，， ，，， 则 ， 同理可得， 故，即，即直线平分； （ii），， 联立，解得， 则，故， 则 ， 联立，消去可得， 恒成立，有，， 则， ， 则 ， ， 故为定值，且该定值为.    答案第10页，共18页 答案第1页，共18页 学科网（北京）股份有限公司 $