河南信阳高级中学北湖校区2025-2026学年高三下学期考前测试（A）数学试题

**基本信息** 高三三模数学试卷，覆盖集合、函数、立体几何等核心知识，通过科技情境（如大语言模型性能分析）和梯度问题设计，考查数学抽象、逻辑推理与数学建模能力，适配高考模拟需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、函数定义域、立体几何命题、双曲线离心率|基础概念辨析，注重空间观念| |多选题|3/18|正态分布、正方体动态轨迹、函数性质（奇偶性、周期性）|多选项分层考查，培养批判性思维| |填空题|3/15|空间向量投影、圆台体积、函数存在性问题|强调数学运算与空间想象| |解答题|5/77|数列通项与求和、线性回归与独立性检验、立体几何证明与二面角、抛物线综合、导数应用|结合科技情境（大语言模型数据），综合考查逻辑推理与数学建模，适配高考压轴题难度|

河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高三下期三模测试（A） 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．已知集合，则（   ） A． B． C． D． 2．若函数的定义域为，则函数的定义域为（   ） A． B． C． D． 3．设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或          ②若，则或 ③若且，则       ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（    ） A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 4．设双曲线，椭圆的离心率分别为，若，则（   ） A．2 B． C．3 D． 5．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 6．某中学要在五一假期期间组织学生参加爱国主义教育活动，需要挑选10名志愿者，10个志愿者名额要分给该校高一年级的八个班，每个班至少一个名额，则名额分配方法有（   ） A．45种 B．36种 C．28种 D．8种 7．记等比数列的前项和为，若，且，则正整数的值为（   ） A．3 B．6 C．9 D．12 8．函数的最小值为（   ） 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．某体育器材厂生产一批篮球，设单个篮球的质量为X（单位：克）．若，其中，则（    ） A． B． C． D．σ越小，越大 10．如图，已知正方体的棱长为2，点为棱AB的中点，点在平面内及其边界上运动，则下列选项中正确的是（   ） A．若点是的中点，则 B．满足的点的轨迹长度为 C．若动点满足，则PM的最小值为 D．若点到点的距离等于点到直线的距离，且，则 11．若是定义在上的偶函数，其图象关于直线对称，且对任意，都有，则下列说法正确的是（    ）. A．2是的一个周期 B．一定为正数 C．若，则 D．若在上单调递增，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12．空间向量在上的投影向量为___________． 13．已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为______． 14．已知函数，，若对于任意，总存在，使得，则实数a的取值范围是______． 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）已知正项数列满足. (1)求的通项公式； (2)记，求数列的前项和. 16．（15分）某团队为探究大语言模型参数量与模型性能之间的关系，训练了6个不同参数量的模型，并在同一验证集上评估性能得分，得到如下统计数据： 参数量x（亿） 2 4 6 8 10 12 性能得分y（分） 1.8 2.8 3.4 3.6 3.8 4.0 (1)求y关于x的线性回归方程（系数用分数表示），并预测参数量为14亿时，模型的性能得分； (2)该团队比较了100次实验的实际性能与预测性能，得到“高效”（实际得分≥预测得分）和“低效”（实际得分<预测得分）两种效率组别.同时，他们记录了每次实验所用的训练数据质量等级（优质/普通），得到如下列联表： 训练数据质量等级 训练效率 总计 高效 低效 优质 42 18 60 普通 18 22 40 总计 60 40 100 请依据小概率值的独立性检验，分析训练效率是否与训练数据质量有关. 附：，，，. . 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 17．（15分）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，. (1)证明： (2)若平面平面，且，求二面角的平面角的余弦值. 18．（17分）已知点是抛物线的焦点，点在曲线上，且． (1)求的方程； (2)过点作两条直线、，交于两点，交于两点，且． ① 求证：为定值； ② 求四边形面积的最小值． 19．（17分）设、为实数，且，函数，. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明：； (3)若曲线与直线有且仅有两个交点，求的取值范围. 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学年高三下期三模测试（A） 数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D B A B B B A B AC ACD ACD 1 学科网（北京）股份有限公司 12． 13． 14． 15．(1) (2) 【分析】（1）根据已知式子化简得出， 即可根据等比数列的定义证明； （2）根据小问一结果得出， 即可得出，根据裂项相消法得出答案. 【详解】（1）因为，所以， 又为正项数列，所以，即， 又因为，所以是首项为，公比为的等比数列， 所以. （2）由（1）知，所以，则 所以， . 16．(1)线性回归方程为，预测性能得分约为分 (2)依据的独立性检验，训练效率与训练数据质量有关 【分析】（1）先根据数据算样本均值，再用公式求回归系数和得线性回归方程，最后代入值预测. （2）提出零假设，根据列联表数据算卡方值，与临界值比较后判断是否拒绝零假设. 【详解】（1）由题意可得，n=6，，， 又因为，，所以根据公式计算回归系数可得： ， ， 所以，关于的线性回归方程为： ， 当参数量亿时，代入可得： ， 即预测参数量为14亿时，模型性能得分约为分（或分）. （2）零假设：训练效率与训练数据质量无关，根据列联表可得： ，，，，， 所以卡方统计量为， 因为对应的临界值为，，所以拒绝， 依据的独立性检验，认为训练效率与训练数据质量有关. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理可得，进而利用平行关系即可证明； （2）设平面和平面的交线为直线，利用面面平行性质定理可得，进而得到平面，则是平面与平面的二面角，方法一：以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解；解法二：由二面角的定义可知，的大小为直线与夹角或补角，等价于直线与的夹角，在中求解即可. 【详解】（1）如图连接， 因为四边形是平行四边形，且，，， 所以，，， 所以， 所以， 所以，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以. （2）如图，设平面和平面的交线为直线， 因为，平面，平面，所以平面， 因为平面，平面平面， 所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以是平面与平面的二面角的平面角， 因为平面平面，所以，即， 在中，因为，，所以 在中，因为，则，所以为等腰直角三角形， 方法一：由（1）得平面，如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，取，得平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 则，取，得平面的一个法向量， 记二面角的平面角为，由图观察可得为钝角， 所以. 方法二：在中，因为，，， 则，所以， 又因为，记二面角的平面角为， 由二面角的定义可知，的大小为直线与夹角或补角，等价于直线与的夹角， 在中，因为，，，由图观察可得为钝角， 所以. 18．(1) (2)① 证明见解析；② 【分析】（1）由点在曲线上，求得，再由，利用抛物线的定义，列出方程，求得的值，即可求解； （2）①设的斜率为，得到的斜率为，得到和的方程，联立方程组，利用弦长公式分别求得，代入运算，即可得证； ②由，化简，结合基本不等式，即可求解. 【详解】（1）解：由抛物线，可得焦点，准线为， 因为点，可得，解得， 又因为，由抛物线的定义，可得，解得， 所以抛物线的方程为. （2）解：①由（1）知，设的斜率为，因为，则的斜率为， 则的方程为，联立方程组，整理得， 设，则， 则， 同理可得：， 所以， 所以为定值. ②因为，所以四边形的面积为， 由①知：，， 所以， 令，则， 当且仅当时，即时，即时，等号成立， 所以四边形的面积的最小值为. 19．(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据导数的几何意义直接求解即可； （2）设，求导，分析函数的单调性，进而求证即可； （3）设，转化问题为函数有且仅有2个零点，分析易得时才能满足题意，设，分析可得需满足，，设，利用导数分析函数的单调性，进而求解即可. 【详解】（1）当时，，则， 而，则， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）当时，， 设， 则， 由于，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即. （3）设， 由题意，曲线与直线有且仅有两个交点， 则函数有且仅有2个零点， 而， 令，得，而，则， 当时，，则函数在上单调递增， 此时函数最多有1个零点，不符合题意； 当时，令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 又时，，时，， 要使函数有且仅有2个零点， 则，即， 设，则， 当时，，则，不满足题意； 当时，设，则， 则函数在上单调递减，又， 则时，，即， 则的取值范围为. $