广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高三下学期考前学情自测数学试卷（一）

**基本信息** 试卷以高三考前学情自测为定位，融合祖暅原理（文化传承）、诗词大会概率模型（现实情境）等素材，通过函数性质、立体几何、概率统计等核心知识，考查数学眼光、逻辑推理与数学建模能力，适配高考命题趋势。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|函数周期、圆的切线、祖暅原理求体积|第3题以祖暅原理为背景，体现文化传承与空间观念| |多选题|3|函数极值、正方体动点轨迹、统计案例|第10题结合正方体动点轨迹，考查空间想象与逻辑推理| |填空题|3|数列不等式、曲线弯曲度、抛物线与双曲线综合|第13题定义“弯曲度”，创新考查导数与几何意义| |解答题|6|概率应用、立体几何、导数、解三角形、解析几何|第15题以诗词大会挑战赛为情境，构建概率模型，考查数学建模与运算能力|

东莞市第十三高级中学2025-2026学年高三下学期考前学情自测数学试卷（一） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知定义在R上的非常数函数满足对于每一个实数，都成立以下等式：，则的最小正周期为（    ） A． B． C． D． 2．已知圆与直线，过上任意一点向圆引切线，切点为和，若线段长度的最小值为，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 3．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，其意思可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.如图，阴影部分是由双曲线与它的渐近线以及直线所围成的图形，将此图形绕轴旋转一周，得到一个旋转体，则这个旋转体的体积为（    ）    A． B． C． D． 4．在中，若，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．记二项式的展开式中的系数为，且，则（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 6．已知向量，则（    ） A．1 B． C．2 D． 7．已知函数，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 8．若复数为实数，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．函数的极值点个数可能为0，1，2 B．若函数有两个极值点，则 C．若，则函数在上的最小值为 D．若，则函数在上的最大值为2 10．如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（    ） A．若点与点重合，则异面直线与所成的角的大小为 B．若点满足，则动点的轨迹长度为 C．三棱锥体积的最大值为 D．当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为 11．下列说法正确的有（   ） A．成对样本数据的线性相关程度越强，则样本相关系数r的值越接近于1 B．随机变量X服从正态分布，，若，则 C．由两个分类变量X，Y的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，可判断X，Y独立 D．已知关于x的经验回归方程为，则样本点的残差为 三、填空题 12．在数列中，，且，若存在正整数，使得成立，则实数的取值范围为__________. 13．设函数图象上的两点，处的切线的斜率分别为，，规定：（为线段的长度）叫做曲线在点A与点B间的“弯曲度”． ①存在函数，使得图象上任意不同两点间的“弯曲度”是一个常数； ②函数的图象上存在不同的A，B两点，使得； ③抛物线上存在不同的A，B两点，使得； ④A，B是函数图象上任意不同的两点，则． 上述说法中所有正确结论的序号是______． 14．已知抛物线的焦点F与双曲线的右焦点重合，与的公共点为M，N，且，则的离心率是_____________． 四、解答题 15．诗词大会的挑战赛上，挑战者向守擂者提出挑战，规则为挑战者和守擂者轮流答题，直至一方答不出或答错，则另一方自动获胜．若赛制要求挑战者先答题，守擂者和挑战者每次答对问题的概率都是，且每次答题互不影响． (1)若在不多于两次答题就决出胜负的情况下，则挑战者获胜的概率是多少？ (2)在此次比赛中，挑战者最终获胜的概率是多少？ (3)现赛制改革，挑战者需要按上述方式连续挑战全部8位守擂者，以（2）中求得的挑战者最终获胜的概率作为挑战者面对每个守擂者的获胜概率，每次挑战之间相互独立，若最终统计结果是挑战者战胜了超过三分之二的守擂者，则称该挑战者挑战成功，反之则称挑战者挑战失败．若再增加1位守擂者，试分析该挑战者挑战成功的概率是否会增加？并说明理由． 16．在棱长为2正方体中，，分别为和的中点，为上的动点，平面与棱交于点． (1)求证：点为中点； (2)求证：； (3)当为何值时，与平面所成角的正弦值最大，并求出最大值． 17．已知函数． (1)当时，讨论在区间上的单调性； (2)当时，，求a的取值范围． 18．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=150°. （1）若a=c，b=2，求的面积； （2）若sinA+sinC=，求C. 19．已知平面内动点P到两条直线和的距离的平方和为． (1)求动点P的轨迹C的方程； (2)M，N是C上任意两点． （ⅰ）C与y轴的交点分别为，（自下而上），点N位于y轴的右侧，若点，直线MN交y轴于点G，设和的面积分别为，，当时，求点N的坐标； （ⅱ）已知直线MN与坐标轴不垂直，H为线段MN的中点，直线OH与C交于K，L两点，当时，求直线MN的斜率． 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 《广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高三下学期考前学情自测数学试卷（一）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D B B B D B A BD ACD 题号 11 答案 BD 1．B 【分析】由条件可得，进而，然后根据周期的定义结合条件即得. 【详解】因为， 所以， 即对任意成立， 则，即， 由可得对任意成立， 即对任意成立， 则，即对任意成立， 则为的一个周期； 若为的一个周期，即，则， 所以，又， 所以这与为定义在R上的非常数函数矛盾， 所以不是函数的周期. 故选：B. 2．D 【分析】推导出垂直平分，分析可知，当取最小值时，取最小值，此时，，利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，解之即可. 【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，如下图所示： 由圆的几何性质可知，， 因为，，，所以，， 所以，，则， 设，则为的中点， 由勾股定理可得， 由等面积法可得， 所以，当取最小值时，取最小值，由，可得， 所以，的最小值为，当与直线垂直时，取最小值， 则，因为，解得. 故选：D. 【点睛】方法点睛：本题考查圆的切点弦长的计算，一般方法有如下两种： （1）求出切点弦所在直线的方程，然后利用勾股定理求解； （2）利用等面积法转化为直角三角形斜边上的高，作为切点弦长的一般求解. 3．B 【分析】根据给定条件，可得旋转体垂直于轴的截面是圆环，求出圆环面积，利用祖暅原理求出旋转体体积作答. 【详解】双曲线的渐近线为， 设直线交双曲线及其渐近线分别于及，如图，    由，得， 由，得， 线段绕轴旋转一周得到一个旋转体的一个截面， 它是一个圆环，其内径，外径，    此圆环面积为 因此此旋转体垂直于轴的任意一截面面积都为，旋转体的高为， 而底面圆半径为2，高为的圆柱垂直于轴的任意一截面面积都为， 由祖暅原理知，此旋转体的体积等于底面圆半径为2，高为的圆柱的体积为. 故选：B 4．B 【分析】先由已知条件结合整理得，，，再对进行弦化切，结合换元法、基本不等式、对勾函数性质即可求解取值范围. 【详解】由以及得 ， 又由得， 所以，且B，C均为锐角，即，， 所以， 因为， 所以， 设， 因为，当且仅当时等号成立， 所以，故由对勾函数性质， 则. 故选：B. 【点睛】思路点睛：解三角形取值范围问题通常结合使用辅助角利用三角函数有界性、一元二次函数单调性、基本不等式等求解. 5．B 【分析】先根据二项式展开式得出系数，再结合已知，计算求解参数. 【详解】记二项式的展开式中的系数为， ，，，，， 所以， 因为， 故. 故选：B. 6．D 【分析】利用，求得，进而利用即可求解 【详解】因为，所以， 因为，所以，所以， 又因为，所以，所以， 所以. 故选：D. 7．B 【分析】分和两种情况分别解不等式即可 【详解】当时，即时，，即，所以，即，所以无解． 当，即，所以，，， 又，所以． 故选:B． 8．A 【解析】由复数的除法法则化简复数，再根据复数的概念求解． 【详解】由为实数， 可得，解得， 故选：A. 9．BD 【分析】先对函数求导，对于选项AB，利用函数极值点的定义，将极值点个数转化成通过方程的解来判断，并且解的两侧导数值符号要异号，从而可判断出选项的正误；对于选项CD，可通过直接求出最大值和最小值，从而判断出选项的正误. 【详解】依题意， 选项A，因为的解的个数为0，1，2，根据函数极值点的定义知，当方程无解时，恒成立，此时函数无极值点，当方程只有一个解时，解的左右两侧导数值均大于0，此时函数无极值点，当方程有两解时，函数有两个极值点，故选项A错误； 选项B，若函数有两个极值点，则有两个不同的解，由，解得，故选项B正确； 选项CD，当时，，由，得到或，由，得到，即函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 又，，， 故函数在区间上的最小值为0，最大值为2，故C错误，D正确； 故选：BD. 10．ACD 【分析】利用异面直线夹角定义求解判断A；作出符合条件的轨迹并求出其长度判断BD；利用等体积法求出最大体积判断C. 【详解】对于A，当点重合时，连接，由矩形为正方体的对角面， 得，则直线与直线所成的角为或其补角， 而，即为等边三角形，因此，A正确； 对于B，取中点中点，连接，由， 得，则，， 由平面，平面，得，而， 平面，因此平面， 由，得点的轨迹为四边形（除点外）， 又，则动点的轨迹长度为，B错误； 对于C，显然为正三角形，，而， 要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大， 点是正方体表面上到平面距离最大的点，三棱锥是棱长为的正四面体， 点到平面的距离，则 ，C正确； 对于D，由平面平面，得直线与平面所成的角为， 连接，由平面，平面，且， 则点为线段或上任意点（除点外）；在正方形内以为圆心，2为半径作圆弧， 当点为圆弧上任意点时，连接，由平面，得是与平面所成角， 而，则，因此点轨迹是线段及圆弧（除点外）， 所以点轨迹长度为，D正确. 故选：ACD 11．BD 【分析】对于：根据样本相关系数的意义可判断；对于：根据正态分布对称性即可判断；对于：根据独立性检验零假设为：与相互独立，由卡方值大于得到不成立，即可判断；对于：由残差公式即可判断. 【详解】对于：如果两个变量的相关程度越强，当是正相关时，相关系数越接近于， 当是负相关时，相关系数越接近于，故错误； 对于：随机变量X服从正态分布，可知正态曲线关于对称， 根据对称性，，所以，故正确； 对于：零假设为：与相互独立，由， 说明在的显著水平下，拒绝与相互独立的假设，故错误； 对于：当时，，由残差等于实际值减去预测值， 即，故正确. 故选：BD 12． 【分析】先利用累加法结合等比数列求和求出数列的通项公式，再将一元二次不等式因式分解，结合数列的奇偶项单调性，确定不等式对任意恒成立时的取值范围. 【详解】根据题意，， 即，当时，，符合上式， 所以， 因为，整理可得， 所以 当为奇数时，单调递减且，最大值为；当为偶数时，单调递增且，最小值为， 所以. 13．①②④ 【分析】根据新概念“弯曲度”的定义求出相应函数的“弯曲度”一一验证即可，① ②题只需要举例子说明即可；③ ④题求出“弯曲度”并证明对应的不等式可得. 【详解】对于①，取，则，因，，有, 故此时，为常数，故①正确； 对于② ，因，，因， 有，， 于是，， 不妨取，此时，故②正确； 对于③ ，因，则，因， ， 又，则，即，故③错误； 对于④ ，，则，因， 则，当且仅当时等号成立，故,故 ④正确. 故答案为：①②④. 【点睛】本题考查新定义，属于创新题，解题关键是转化与化归思想．与新定义有关的命题真假判断，关键根据新定义进行计算，即计算“弯曲度”，计算出后再利用相应的知识进行证明即可． 14．/ 【分析】根据抛物线和双曲线的对称性可得，，且，利用双曲线的定义可得的值，进而求解. 【详解】因为与交于点M，N，所以M，N关于x轴对称，所以，所以． 因为，所以轴.记椭圆的另一焦点为， 所以，所以， 所以． 故答案为：. 15．(1) (2) (3)没有增加，理由见解析 【分析】（1）根据条件概率公式求解即可； （2）进行轮后不分胜负的概率为，进行第轮后挑战者功的概率为，挑战者最终获胜的概率为无穷等比数列的和； （3）分别求出增加1位守擂者前后挑战者胜利的概率，进行比较即可求解. 【详解】（1）设事件A为“挑战者获胜”，事件B为“不多于两次答题就决出胜负”， 则， 又事件为“不多于两次答题就决出胜负且挑战者获胜”，即只有“挑战者获胜，守擂者失败”这一种情况， 则， 所以. （2）假设挑战者和守擂者依次答题一次为一轮， 每一轮答题中两人都答对的概率为， 进行轮后不分胜负的概率为， 进行第轮后挑战者功的概率为，（前轮两人都答对，第n轮挑战者答对且守擂答错）. 挑战者最终获胜的概率为无穷等比数列的和： ， 当时,, 所以可认为，故在此次比赛中，挑战者最终获胜的概率是. （3）设随机变量X为挑战者连续挑战8位守擂者时能够战胜守擂者的人数，为此时挑战者挑战成功的概率，因为守擂者有8位，所以挑战者要想挑战成功，至少需要战胜6位守擂者，即；设Y为挑战者连续挑战9位守擂者时能够战胜守擂者的人数，为此时挑战者挑战成功的概率，因为守擂者有9位，所以挑战者要想挑战成功，至少需要战胜7位守擂者，即. ， ， 显然，，即该挑战者胜利的概率没有增加． 16．(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)时，与平面所成角的正弦值最大，最大值为． 【分析】（1）只要证明即可； （2）只要证明垂直于所在平面即可； （3）用向量数量积计算直线与平面成角的正弦值，再用不等式求解最大值即可． 【详解】（1）证明：因为平面与棱交于点，又因为、是平面与平面共公点， 所以平面平面， 因为是正方体，所以平面， 所以，又因为，所以， 因为为中点，所以点为中点． （2）证明：连接，交于， 因为，， 所以，所以， 所以， 又因为平面，平面，， 因为，所以平面， 因为平面， 所以． （3）解：建系如图，设，，， ，2，，，0，，，1，，，0，，，，， ，，，，，，，，， 令，3，， 因为，， 所以平面的法向量是， 所以与平面所成角的正弦值为 ，当时等号成立． 所以当时，与平面所成角的正弦值最大，最大值为． 17．(1)在上单调递增，在上单调递减 (2) 【分析】（1）求导分析导函数的正负区间即可； （2）设，求导分析单调性可得在上单调递增，进而分析与两种情况，结合函数的单调性求解即可. 【详解】（1）， 当时，；当时， 故在上单调递增，在上单调递减； （2）设，； 设，则， 令，则， 当，，当，，故函数在单调递增，在单调递减， 所以； 令，可得，故在单调递增时，； 当时，，故在上单调递增. 当时，，且当趋向正无穷时，趋向正无穷， 若，则，函数在上单调递增，因此，，符合条件； 若，则存在，使得，即， 当时，，则在上单调递减，此时，不符合条件． 综上，实数的取值范围是 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式恒成立问题 （1）参变分离； （2）构造函数求导分析单调性与最值，导函数正负不确定则继续构造函数求导分析； （3）注意常用不等式：，. 18．（1）；（2）. 【分析】（1）已知角和边，结合关系，由余弦定理建立的方程，求解得出，利用面积公式，即可得出结论； （2）方法一 ：将代入已知等式，由两角差的正弦和辅助角公式，化简得出有关角的三角函数值，结合的范围，即可求解. 【详解】（1）由余弦定理可得， 的面积； （2）[方法一]：多角换一角 ， ， ， . [方法二]：正弦角化边 由正弦定理及得．故． 由，得． 又由余弦定理得，所以，解得． 所以． 【整体点评】本题考查余弦定理、三角恒等变换解三角形，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.其中第二问法一主要考查三角恒等变换解三角形，法二则是通过余弦定理找到三边的关系，进而求角. 19．(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）． 【分析】（1）假设点的坐标，然后根据到两直线的距离平方和计算即可； （2）（ⅰ）分别计算，，然后得到，进一步得到直线ON的方程，最后联立曲线C可得结果；（ⅱ）假设直线MN的方程、直线OH的方程并联立曲线，分别得到，，，然后根据可得结果. 【详解】（1）设动点，则P到直线的距离为， 到直线的距离为， 由题可知，化简得， 可得动点P的轨迹方程为：． （2）（ⅰ）由题可知，，， ， ，，而， ，，， ，所以直线ON的方程为， 由可得或， 又因为点N位于y轴的右侧，所以． （ⅱ）且，， 设直线MN的方程为：，，， 由消x得， ， ，， 又由两式相减得，可得， 则直线OH的方程为，代入得：， 则，， ， ，， 即，解得，所以直线MN的斜率为． 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 $