精品解析：河南南阳市镇平县第一高级中学2026届高三考前自测数学试题

2025-2026学年三模试题 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. 已知双曲线焦距为，顶点到渐近线的距离为，则离心率为（ ） A. B. C. D. 2 3. 若向量，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数是定义在上的偶函数，满足，且在上单调递减，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列、、的通项公式分别为，、，.若对任意的，、、的值均能构成三角形，则满足条件的正整数有（ ） A. 4个 B. 3个 C. 1个 D. 无数个 6. 正方体中，是棱的中点，是棱上的动点，过点，，的平面截该正方体所得的截面记为，若三棱锥的外接球球心落在平面内，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 工厂生产都会面临原料存贮的问题，存贮量过多会导致占用资金过多、仓储费用过高，而存贮量太少会导致存贮批次增多，订货费用增加（订货费不包括购买原料的费用，仅包括进货过程中产生的人力和运输成本）．因此需要决定多长时间订购一次，使每天所需平均成本费用（不包括购买原料费用）最少．设时间以天为单位，工厂对某原料的消耗是连续且均匀的，每天原料需求量为吨，每次订货费为元，每天每吨原料贮存费为元，当贮存量降到0时订货可立即送达，订货费、贮存费和需求量均为已知常数．在上述条件下，设一个订货周期为即每天订一次货），则每次订货量为，根据经济学的相关结论可知，一个订货周期内需要支付贮存费的货物贮存量为，所以一个订货周期的贮存费为，要使每天所需平均成本费用最低，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示，某学校进行“大脚板”趣味运动，需要八名同学一起团结协作，统一步调才能前进．甲同学作为队长需要喊口令，故只能站在最中间的两个位置之一，方便前后的同学都清晰地听到口令．乙、丙两位同学经验较为丰富所以站在最前或最后面，则这八位同学一共有多少种站位方式（ ） A. 240 B. 480 C. 720 D. 960 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. 设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（ ） A. B. 点在C上 C. C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D. 当点在C上时， 10. 在中，角所对的边长分别为，分别为边上的高．若，，则下列说法正确的是（） A. B. 的最大值为 C. 的值可取 D. 内切圆半径的值可取 11. 在年杭高樱花文会答题抽奖活动中，有一道题四个选项，只有一个选项正确，甲同学回答失败，剩下的三个选项编号为，乙同学继续答题，乙同学选择号选项，主持人未加评判.主持人知道哪个选项正确，从号中删去一个错误选项后，给乙同学一次换号机会.记表示第号选项正确，表示主持人删去的选项是第号选项.则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 换号后答对概率增大 D. 换号后答对概率不变 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 如图，是等边内的动点，四边形是平行四边形，.则的最大值______. 13. 已知数列满足，，是其前项和．若，则正整数的所有可能取值的个数为__________． 14. 已知点分别是椭圆和圆上的两个动点，且点，则的最大值为__________. 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. 已知等差数列的前项和为，，． （1）求的通项公式： （2）若数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前项和． 16. 一只不透明的口袋中放有形状､大小完全相同的4个黑球和2个白球，若每次摸一个球后，观察其颜色，再放回袋中，摸到黑球得1分，摸到白球得分，用随机变量表示k次摸球后得1分的总次数，用随机变量X表示k次摸球后总得分. （1）若摸球100次. ①求的数学期望； ②求X的数学期望； （2）当摸球次数k为何值时，的概率取得最大值. 17. 如图，梯形中，，过分别作，，垂足分别，，已知，将梯形沿同侧折起，得空间几何体 ，如图． 1若，证明：平面； 2若，，线段上存在一点，满足与平面所成角的正弦值为，求的长． 18. 已知函数． （1）若函数，求函数的单调区间； （2）若函数有两个不同的零点，记两个零点分别为，且． ①求a的取值范围； ②已知，若不等式恒成立，求的取值范围． 19. 已知圆和定点，动点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线交于点，设曲线为点的轨迹． （1）求曲线的方程； （2）设，斜率为的直线与曲线交于，两点，直线，分别与曲线交于，两点； （ⅰ）若直线，的斜率之和为0，证明：直线过定点； （ⅱ）若，证明：直线过定点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年三模试题 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. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，， 所以. 2. 已知双曲线焦距为，顶点到渐近线的距离为，则离心率为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由双曲线的渐近线及点到直线距离公式得出，即可求解离心率． 【详解】设双曲线的渐近线为，顶点坐标为， 则顶点到渐近线的距离， 所以离心率． 3. 若向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用向量的减法的坐标表示求解即可. 【详解】因为向量，， 所以； 故选：B. 4. 已知函数是定义在上的偶函数，满足，且在上单调递减，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性、单调性以及符号法则即可解出． 【详解】因为函数是定义在上的偶函数，，且在上单调递减， 所以，且在上单调递增， 所以当时，；当时，； 当时，；当时，， 所以不等式的解集为. 故选：D. 5. 已知数列、、的通项公式分别为，、，.若对任意的，、、的值均能构成三角形，则满足条件的正整数有（ ） A. 4个 B. 3个 C. 1个 D. 无数个 【答案】B 【解析】 【分析】由可知范围，再由三角形三边关系可得的不等关系，结合函数零点解不等式可得. 【详解】由题意，不妨设， 三点均在第一象限内，由可知，， 故点恒在线段上，则有. 即对任意的，恒成立， 令，构造函数， 则，由单调递增， 又，存在，使， 即当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 故至多个零点， 又由， 可知存在个零点，不妨设，且. ①若，即时，此时或. 则，可知成立， 要使、、的值均能构成三角形， 所以恒成立，故， 所以有，解得； ②若，即时，此时. 则，可知成立， 要使、、的值均能构成三角形， 所以恒成立，故， 所以有，解得或； 综上可知，正整数的个数有个. 故选：B. 6. 正方体中，是棱的中点，是棱上的动点，过点，，的平面截该正方体所得的截面记为，若三棱锥的外接球球心落在平面内，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意建立空间直角坐标系，设，求解的坐标，由三棱锥的外接球即为，，为棱的长方体的外接球，求解三棱锥的外接球的半径为，求解平面的法向量，再由求解即可. 【详解】设正方体棱长为1，以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 可得，，，，， 因为点为中点，可得，又设，， 则得，解得，即， 由三棱锥的外接球即为，，为棱的长方体的外接球， 由，，，得长方体的体对角线长为， 所以三棱锥的外接球的半径为，即球心为该长方体体对角线的中点，所以， 设平面的法向量为，，， 由，故可取， 因为，所以与平面的法向量为垂直， 则，即，解得，所以. 7. 工厂生产都会面临原料存贮的问题，存贮量过多会导致占用资金过多、仓储费用过高，而存贮量太少会导致存贮批次增多，订货费用增加（订货费不包括购买原料的费用，仅包括进货过程中产生的人力和运输成本）．因此需要决定多长时间订购一次，使每天所需平均成本费用（不包括购买原料费用）最少．设时间以天为单位，工厂对某原料的消耗是连续且均匀的，每天原料需求量为吨，每次订货费为元，每天每吨原料贮存费为元，当贮存量降到0时订货可立即送达，订货费、贮存费和需求量均为已知常数．在上述条件下，设一个订货周期为即每天订一次货），则每次订货量为，根据经济学的相关结论可知，一个订货周期内需要支付贮存费的货物贮存量为，所以一个订货周期的贮存费为，要使每天所需平均成本费用最低，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为贮存费为，且订货费为，所以总费用为，易知每天所需平均成本费用为. 设，. 令，解得. 又因为，单调递减，，单调递增. 所以时最小. 8. 如图所示，某学校进行“大脚板”趣味运动，需要八名同学一起团结协作，统一步调才能前进．甲同学作为队长需要喊口令，故只能站在最中间的两个位置之一，方便前后的同学都清晰地听到口令．乙、丙两位同学经验较为丰富所以站在最前或最后面，则这八位同学一共有多少种站位方式（ ） A. 240 B. 480 C. 720 D. 960 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用有位置关系的排列问题，结合分步乘法计数原理列式求解. 【详解】让甲站位有种方法，再让乙丙站位有种方法，最后排余下5人，有种方法， 由分步乘法计数原理得， 所以这八位同学一共有480种站位方式. 故选：B 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. 设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（ ） A. B. 点在C上 C. C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D. 当点在C上时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误. 【详解】对于A：设曲线上的动点，则且， 因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确. 对于B：又曲线方程为，而， 故. 当时，， 故在曲线上，故B正确. 对于C：由曲线的方程可得，取， 则，而，故此时， 故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误. 对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得， 故，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理. 10. 在中，角所对的边长分别为，分别为边上的高．若，，则下列说法正确的是（） A. B. 的最大值为 C. 的值可取 D. 内切圆半径的值可取 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A：利用正弦定理将边化为角,结合进行三角恒等变换,消去后用辅助角公式化简,求得. 选项B：由三角形面积公式得与的关系,结合余弦定理和基本不等式求出的最大值,代入可得最大值为. 选项C：由面积公式得出、表达式,代入化简后换元构造函数,转换成二次函数单调性问题,算出式子最小值大于. 选项D：根据内切圆半径公式整理出与的关系,结合正弦定理、余弦定理确定取值范围,验证时满足条件,三角形存在. 【详解】在中，已知，.由正弦定理， 得. 因为，所以， 代入化简得.由， 得，即，. 因为，所以，，故选项A正确. 设的面积为，则， 代入，，得. 由余弦定理，得. 由，得，当且仅当时取等号， 所以，即的最大值为，故选项B正确. 由，得，， 则.又，， 代入得. 令，，则， 令,由,得, 函数化为二次函数: 令开口向上,对称轴. 在区间上单调递增. 因此当(即)时,取得最小值 代入得最小值， 所以，故选项C错误. 设内切圆半径为，则，即，. 由余弦定理，得， 代入的表达式约分得：， 由正弦定理，，，故，得， 因此， 若​，代入得：， 此时，满足， 且方程的判别式，存在两个正根，即这样的三角形存在， 因此可取，选项D正确. 11. 在年杭高樱花文会答题抽奖活动中，有一道题四个选项，只有一个选项正确，甲同学回答失败，剩下的三个选项编号为，乙同学继续答题，乙同学选择号选项，主持人未加评判.主持人知道哪个选项正确，从号中删去一个错误选项后，给乙同学一次换号机会.记表示第号选项正确，表示主持人删去的选项是第号选项.则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 换号后答对概率增大 D. 换号后答对概率不变 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用古典概率公式，结合条件概率和全概率公式及逐项判断即可. 【详解】对于A，乙选择号选项，答案是号选项，主持人选择号选项的概率为，即，故A错误； 对于B，，， 则， 因此，故B正确； 对于CD，若不换号，乙继续选择号选项，获得奖品的概率为，主持人选择了错误的选项， 若换号，选择剩下的那个选项，获得奖品的概率为，乙换号后中奖概率增大，故C正确，D错误. 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 如图，是等边内的动点，四边形是平行四边形，.则的最大值______. 【答案】2 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设的边长为，，，利用 表示出，求出，最后利用三角函数求出最值. 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系， 因为四边形是平行四边形，，则 ， 设的边长为，显然，，， 设，，则， 故 ，则， 因为，所以， 设，由，， 所以 ， 因为，所以， 显然当，即时，取得最大值，最大值为4. 所以的最大值为2. 13. 已知数列满足，，是其前项和．若，则正整数的所有可能取值的个数为__________． 【答案】35 【解析】 【分析】根据可得，由累加法可得，进而可得，由得，进而根据等比数列的求和可得，两种情况结合可得进而可求解. 【详解】由，得，由累加法，当时， ， 当时，， 因此， 即得，当时，，故， 由得，所以， 所以， 所以， 即，令， 则， 因为，所以，所以数列为递增数列， 当时，，所以， 综上可知，，故满足条件的正整数的所有可能取值的个数为. 14. 已知点分别是椭圆和圆上的两个动点，且点，则的最大值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，利用椭圆的定义将所求最大值转化为求值的最大值，再结合圆的性质求解. 【详解】因为为椭圆的右焦点，设其左焦点为， 圆的圆心，半径，由椭圆的定义得， 则， 而，当且仅当点在直线上时取等号， 所以当是线段延长线与椭圆的交点、是线段延长线与圆的交点时，取得最大值. 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. 已知等差数列的前项和为，，． （1）求的通项公式： （2）若数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意求出和的值，利用等差数列的通项公式可求出数列的通项公式； （2）根据题意得出，故，利用分组求和计算即可. 【小问1详解】 方法1：设等差数列的公差为，， 因为，所以， 又，所以，解得， 因为，所以的通项公式为； 方法2：设等差数列的公差为， 故，，所以； 【小问2详解】 因为数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以， 因为，所以， 则 ， 所以数列的前项和为. 16. 一只不透明的口袋中放有形状､大小完全相同的4个黑球和2个白球，若每次摸一个球后，观察其颜色，再放回袋中，摸到黑球得1分，摸到白球得分，用随机变量表示k次摸球后得1分的总次数，用随机变量X表示k次摸球后总得分. （1）若摸球100次. ①求的数学期望； ②求X的数学期望； （2）当摸球次数k为何值时，的概率取得最大值. 【答案】（1）①；② （2）当摸球次数时，的概率取得最大值 【解析】 【分析】（1）①分析可知，结合二项分布的期望公式运算求解；②分析可知，结合期望的性质运算求解； （2）设摸到白球的次数为，可得，，列式求最值即可. 【小问1详解】 ①由题意可知：每次摸到黑球的概率均为，即得1分的概率均为， 则，所以的数学期望； ②因为， 所以X的数学期望. 【小问2详解】 设摸到白球的次数为，则摸到黑球的次数为，则， 则， 由题意可得：， 解得，且，可得， 所以当摸球次数时，的概率取得最大值. 17. 如图，梯形中，，过分别作，，垂足分别，，已知，将梯形沿同侧折起，得空间几何体 ，如图． 1若，证明：平面； 2若，，线段上存在一点，满足与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 【分析】1由正方形的性质推导出，结合，可得平面，由此，再由，能证明平面；2过作交于点，以为坐标原点，以分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，设，可得，利用向量垂直数量积为零求出平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式能求出结果． 【详解】1由已知得四边形ABFE是正方形，且边长为2，在图2中，， 由已知得，，平面 又平面BDE，， 又，，平面 2在图2中，，，，即面DEFC， 在梯形DEFC中，过点D作交CF于点M，连接CE， 由题意得，，由勾股定理可得，则，， 过E作交DC于点G，可知GE，EA，EF两两垂直， 以E为坐标原点，以分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， ． 设平面ACD的一个法向量为， 由得,取得， 设，则m，，，得 设CP与平面ACD所成的角为， ． 所以 【点睛】本题主要考查线面垂直的证明，以及空间向量的应用，是中档题．空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离. 18. 已知函数． （1）若函数，求函数的单调区间； （2）若函数有两个不同的零点，记两个零点分别为，且． ①求a的取值范围； ②已知，若不等式恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）①；②． 【解析】 【分析】（1）先化简，求导得，按与分类，根据导数的正负判断单调区间； （2）①有两个零点等价于，求的单调性与最大值，结合图象得； ②由零点条件将不等式转化为，代入，换元，构造函数，求导分析单调性得． 【小问1详解】 由题意得的定义域为，， 当时，，则在区间内单调递增； 当时，由，得，（舍去）， 当时，，单调递增，当时，，单调递减． 所以当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为． 【小问2详解】 ①依题意，函数的定义域为， 所以函数有两个不同的零点， 可得方程在有两个不同根， 得到函数与函数的图象在上有两个不同交点， 又，当时，，单调递增； 当时，，单调递减，所以． 又有且只有一个零点是1，且在时，，在时，， 如图，的图象如下： 可见，要想函数与函数在图象上有两个不同交点，只需． ②由①可知分别为方程的两个根，即，， 所以原式等价于． 因为，，所以原式等价于． 又由，作差得，，即， 所以原式等价于． 因为，原式恒成立，即恒成立， 令，，则不等式在上恒成立． 令，则． 当时，可见时，，所以在上单调递增， 又，在恒成立，符合题意； 当时，可见当时，；当时，， 所以在时单调递增，在时单调递减． 又，所以在上不能恒小于0，不符合题意，舍去． 综上所述，若不等式恒成立，只须，又，所以． 19. 已知圆和定点，动点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线交于点，设曲线为点的轨迹． （1）求曲线的方程； （2）设，斜率为的直线与曲线交于，两点，直线，分别与曲线交于，两点； （ⅰ）若直线，的斜率之和为0，证明：直线过定点； （ⅱ）若，证明：直线过定点． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据垂直平分线性质得，结合Q在直线PE上，分Q在线段延长线和线段上两种情况，推导为定值，对照双曲线定义确定曲线类型，再计算参数得轨迹方程； （2）（ⅰ）设直线方程，与曲线Γ的方程联立，得韦达定理关系；根据直线，的斜率之和为0，列出方程求得直线中参数，确定定点，证明结论；（ⅱ）设直线的方程，与曲线Γ联立，利用韦达定理可求出A点坐标，同理求B点坐标；结合直线斜率为2的条件，得到坐标满足的方程，即可得直线的方程，从而证明结论. 【小问1详解】 圆的圆心为，半径， 线段的垂直平分线与直线交于点，故， 当线段的垂直平分线与射线相交时，， 当线段的垂直平分线与射线相交时，， 所以， 故点的轨迹是以为焦点的双曲线，设其方程为， 则，则， 故点的轨迹的方程为； 【小问2详解】 （i）设直线， 联立，得， 则 ，， ， 所以 ，解得， 故直线l的方程为，即直线过定点； （ii）设，则直线的方程为，其中， 联立，可得， 则，将以及可得： ， 则，所以，则， 同理， 设直线，代入点A的坐标得， 整理得，同理可得， 所以可知直线的方程为，即， 令，解得， 即直线过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $