河南南阳市镇平县第一高级中学等校2026届高考冲刺演练数学试题

2025-2026学年高考冲刺演练 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号，试室号，座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上） 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数满足，是的共轭复数，则的虚部为（   ） A． B． C． D． 3．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点、分别为、的中点，若，且，则（    ） A． B． C． D． 4．已知向量与，若，则实数（    ） A． B． C． D． 5．甲型流感的爆发高峰通常在冬春季节，奥司他韦是一种常用于治疗甲型流感的药物、患者口服该药物治疗后，血药浓度（单位：ng/mL）随时间（单位：h）的变化过程通常分为吸收期（浓度上升）和消除期（浓度下降）．当血药浓度达到峰值后，进入消除期，其浓度随时间t的变化可以用指数衰减模型近似描述：（为峰值浓度，k为消除速率常数）．根据临床数据，某患者服用奥司他韦2小时后血药浓度达到峰值，服用10小时后血药浓度降至峰值的50%，则k的值大约为（    ）（参考数据：，） A．0.087 B．0.076 C．0.0693 D．0.092 6．已知，且，则（   ） A． B． C． D． 7．已知点，，定义为A，B的“镜像距离”.若点A，B在曲线上，且的最小值为2，则实数a的值为（   ） A． B． C． D． 8．19世纪法国著名数学家加斯帕尔•蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展.椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆的蒙日圆方程为．若圆与椭圆 的蒙日圆有且仅有两个公共点，则的取值范围是（    ） 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．下列说法中正确的是（   ） A．一组数据1，1，2，3，5，8，，的第百分位数为4 B．两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数的绝对值越接近于1 C．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过 D．若随机变量服从正态分布，且，则 10．已知分别为双曲线的左、右顶点，为双曲线上位于第一象限内任意一点，记（其中均不为），的面积为，则（    ） A．的值随着的增大而减小 B． C．为定值 D．为定值 11．如图所示的花灯的轮廓是正六棱柱，其棱长均相等，且所有棱长的总和为36，则（    ） A．平面 B．平面 C．直线到平面的距离等于 D．平面与平面的夹角的余弦值等于 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共计15分） 12．已知抛物线的准线方程为，则___________. 13．已知等差数列的各项均为正数，记其前项和为，若数列是等差数列，且与的公差相等，则___________． 14．已知，其中i为虚数单位，从组合数中取出一个数记作，从展开式中项的系数中取出一个数记作，若，则的概率为______________. 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．已知数列的首项，且满足． (1)求数列的通项公式； (2)若数列满足，求的前项和． 16．2026 年 4 月 19 日， 第二届人形机器人半程马拉松在北京亦庄举行， 来自各地的机器人参赛队伍同场竞技，引发广泛关注.为研究 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 之间是否存在关联，某科研团队对本次参赛的 500 台机器人进行统计，得到如下列联表 （单位： 台）： 完成比赛 未完成比赛 搭载智能避障系统 180 70 未搭载智能避障系统 120 130 (1)根据小概率值 的独立性检验，能否认为 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 有关? (2)从该 500 台机器人中，采用按比例分层抽样的方法（以是否搭载智能避障系统分类），抽取一个容量为 10 的样本.再从这10台机器人中，不放回地随机抽取3台，设其中 “搭载智能避障系统” 的台数为.求的数学期望 . 附： ，其中 . 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17．如图，四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为正三角形，且平面平面为棱上一点，，平面交棱于点． (1)求证：； (2)当时，点关于平面的对称点为，求平面与平面所成角的余弦值. 18．椭圆（）的离心率为，其左焦点到点的距离是. (1)求椭圆E的方程； (2)若直线被圆截得的弦长为3，且l与椭圆E交于A，B两点，求面积S的最大值. 19．意大利画家达芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链下垂部分所形成的曲线是悬链线，通过建立适当坐标系，悬链线可为函数的图象，我们称这个函数为“双曲余弦函数”，记为，把称为“双曲正弦函数”，记，易知． (1)证明：（i）当时，； （ii）当时，； (2)证明：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D A A D B C BD ACD 题号 11 答案 ACD 1．B 【分析】根据交集的定义判断即可. 【详解】因为， 则． 2．D 【详解】由复数满足， 可得， 则，其虚部为． 3．D 【分析】由空间向量的线性运算以及空间向量的基本定理可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出的值. 【详解】因为，所以，可得， 因为四边形为平行四边形，所以， 所以， 因为点、分别为、的中点，所以，， 所以， 因为、、不共面，所以，所以，故. 4．A 【分析】根据平面向量平行的坐标运算即可. 【详解】因为，所以，即. 5．A 【分析】依题意得，，即可求解． 【详解】某患者服用奥司他韦2小时后血药浓度达到峰值，即进入消除期， 则， 得， 得， 故选：A 6．D 【分析】先利用两角和的正弦公式化简已知条件，求出，然后结合角的范围求出余弦值，最后根据二倍角公式求解. 【详解】因为， 化简得， 即，又，， 所以. 7．B 【分析】根据距离新定义，将问题化为求上的点到曲线上点的距离最小时对应参数值，即可得. 【详解】由函数得，即， 的反函数为. 由点在曲线上，知点在其反函数上， 相当于上的点到曲线上点的距离，即， 利用反函数性质可得与关于对称， 当与垂直时，取得最小值为2， 因此A，两点到的距离都为1. 过点作切线平行于直线，斜率为1， 由，得，可得， 所以，即， 点到的距离，解得. 当时，与相交，不合题意； 当时，与不相交，符合题意. 综上，. 8．C 【分析】根据蒙日圆的定义求出椭圆的蒙日圆，再利用两圆的位置关系求解. 【详解】根据题意，椭圆的蒙日圆方程为，圆心为，半径为2， 因为圆与只有两个交点，即两圆相交， ，解得. 所以的取值范围为. 故选：C. 9．BD 【详解】选项A：第百分位数位置为，故取5， 第百分位数是第5个数5，故A错误； 选项B：样本相关系数的绝对值越接近1，代表两个随机变量的线性相关程度越强，故B正确； 选项C：独立性检验中，在的显著水平下， 无法判断与有关联，故C错误； 选项D：正态分布关于均值对称，， 已知，则， 由对称性可知， ，故D正确． 10．ACD 【分析】由正弦定理结合正弦函数单调性可判断A；借助倾斜角与斜率的关系计算可得B；借助面积公式、三角形内角和关系、诱导公式与倾斜角与斜率的关系计算可得C；借助三角形内角和关系、诱导公式与两角和与差的余弦函数公式计算可得D. 【详解】对A：，当增大时，增大，且，故增大， 增大，且，故减小，故减小，即的值随着的增大而减小，故A正确； 对B：、，由，满足， 则，， 则， 由为双曲线渐近线方程，则，即， 故，故B错误； 对C：，， 且 ， 则，故为定值，故C正确； ， 故为定值，故D正确. 11．ACD 【分析】利用线面平行的判定定理判断A；利用向量法判断BCD. 【详解】对于A，如图易证，平面，平面，所以平面. 对于B，C，D如图建立空间直角坐标系，因为棱长均相等，且所有棱长的总和为36， 所以，， ，，， 对于B，，， 所以与不垂直，故不垂直于平面. 对于C，易得平面，故直线到平面的距离即为点到平面的距离. 如图， 设平面的法向量为则即， 令，则，到平面的距离， 即直线到平面的距离等于. 对于D，设平面的法向量为， ,则,即 令，则.平面与平面的夹角的余弦值等于 12．4 【分析】根据抛物线方程得准线方程，从而求得． 【详解】抛物线的准线方程是，所以，解得． 故答案为：4 13．/ 【分析】根据等差数列通项公式以及的关系式可得或，分别验证计算可得. 【详解】设等差数列的公差为，则等差数列的公差也为， 设，则， 当时，， 当时，， 因为需满足， 即，故，所以， 因为数列的公差为， 所以，解得或， 若，则，与等差数列各项均为正数不符，舍去； 若，则，对任意的，符合题意， 故． 14． 【分析】利用复数的乘法运算可得，再利用组合数及二项式系数确定有序数对的个数，进而求出古典概率. 【详解】依题设，数都各有41种取法，因此有序数对的取法种数为， 由，得，， 由，得，则，， 当且仅当为奇数时，， 则，即或，显然均为奇数， 当时，共有20个对应的有序数对，当时，共有20个对应的有序数对， 因此使成立的有序数对共有40个， 所以的概率. 15．(1) (2) 【分析】（1）由题意得到，确定为等差数列，即可求解； （2）由裂项相消法求和即可. 【详解】（1）在数列中，， 可得，即数列是首项为2，公差为3的等差数列， 所以，即. （2）由（1）得， 所以 16．(1)“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛”有关. (2)，分布列为： 【分析】（1）先完善列联表，再计算，根据临界值表可得相应判断； （2）根据超几何分布可求的分布列，再根据期望公式计算期望即可. 【详解】（1）完善列联表如下： 完成比赛 未完成比赛 合计 搭载智能避障系统 未搭载智能避障系统 合计 设：“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 无关， 则， 故根据小概率值 的独立性检验， 可以认为“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛”有关. （2）根据分层抽样可得10台机器人中“搭载智能避障系统” 的台数为， 故可取， 又，， ，， 故的分布列为： 故. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面平行的判定定理可证明面，再由线面平行的性质定理可证明； （2）建立空间直角坐标系利用空间向量求出点的坐标，再分别求出平面与平面的法向量，即可得出两平面夹角的余弦值. 【详解】（1）证明： 因为底面为矩形，所以， 又平面，平面，故面， 又面面，平面， 故； （2）设的中点为，连接， 显然，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，在底面内过点垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 易知， 当时，，设， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以， 由题易知点到平面的距离与点到平面的距离相等，且， 即， 即，且，解得或（舍去），， 所以. 设平面的一个法向量为， 又， 则，取， 所以. 设平面的一个法向量为， 则，取， 则，所以 设平面与平面所成角的平面角为， 则． 故平面与平面所成角的余弦值为. 18．(1) (2) 【分析】（1）由题设可得，，进而求出即可求解； （2）由题设结合圆的几何性质可得到直线的距离为，进而结合点到直线的距离公式可得，联立直线与椭圆方程，结合弦长公式求出，进而表示出，再根据基本不等式求解即可. 【详解】（1）由题意可得，， 解得，，则， 所以椭圆的方程为. （2）由圆，圆心为，半径为， 则到直线的距离为， 则，即． 联立，得， 则， 设，，则，， ∴ ， 则， 当且仅当，即时，． 19．(1)(i)证明见解析；(ii)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）(i)将不等式移到一边构造新的函数，对导数进行求导，利用函数的单调性即可证明； (ii) 将不等式移到一边构造新的函数，对导数进行求导，利用函数的单调性即可证明； （2）利用(1)中的证明将目标式子左面合理放缩，结合裂项相消法求和即可. 【详解】（1）（i）由， 令， 则， 所以在上单调递增， 所以， 所以当时，成立； （ii）令， 则， 令， 则， 因此在上单调递增； 所以， 故， 即， 所以在上单调递增， 即， 所以当时，成立； （2）由时，成立， 令，且， 则， 即 ， 由题意， 令且，可得， 因为， 所以， 由①当时，， 所以令且，可得， 所以， 由前面解答过程得，对任意成立， 令且， 可得 ， 所以， 又且，所以， 所以 所以可得 ， 即可得. 【点睛】关键点点睛：本题考查数列与导数新定义结合，解题关键是对目标式子左侧合理放缩，然后使用裂项相消法求和，得到所证明的不等关系即可． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $