精品解析：河南漯河实验高级中学2026届高三考前测评数学试题

漯河实验高中2023级高三年级考前测评 数学试题 一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分） 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，其中i为虚数单位，则z的虚部为（ ） A. 1 B. i C. D. 3. 设，是两个随机事件，且发生必定发生，，，给出下列各式，其中正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知平面向量，，若，则与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线与圆和圆均相切，则的方程为（） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. 35 B. 70 C. 210 D. 420 7. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，过点作斜率为的直线交双曲线的右支于，两点，其中点在第一象限，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 8. 已知函数是定义域为的函数，，对任意、，均有，已知、为关于的方程的两个解，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若两个变量的样本相关系数的绝对值越接近1，则这两个变量的线性相关性越强 B. 若随机变量服从正态分布，且，则 C. 一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的上四分位数为11 D. 对具有线性相关关系的变量，其经验回归方程为，若样本数据的中心点为，则实数的值是4 10. 函数，则（ ） A. 的值域为 B. 的周期 C. 若，当取得最大值时， D. 当为奇函数时， 11. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3，4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，只有主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率，现在已知甲选择了1号箱，用表示号箱有奖品，用表示主持人打开号箱子，下列结论正确的是（ ）. A. B. 主持人打开3号箱的概率 C. 若，且甲更改选择，则他获奖的概率为 D. 若，甲改选2号箱比改选4号箱的中奖概率更大 三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分） 12. 不等式的解集为_____. 13. 数列{an}共有5项，前三项成等比数列，后三项成等差数列，第3项等于80，第2项与第4项的和等于136，第1项与第5项的和等于132，则这个数列的第1项是 ___________ ． 14. 若不等式对恒成立，则的最大值为___________． 四、解答题（共5小题，共77分） 15. 已知是数列的前n项和，且． （1）求数列的通项公式； （2）若，是的前项和，证明：． 16. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）若有两个零点，求实数a的取值范围. 17. 为的直径，垂直于所在的平面，是圆周上不同于的任意一点，，三棱锥体积的最大值为． （1）当时，求二面角的正弦值； （2）当的面积最大时，求． 18. 某芯片公司生产两种芯片，一种是用于人工智能计算的甲类芯片，另一种是用于基础信号传输的乙类芯片.现将4个甲类芯片和2个乙类芯片混合放置在一个容器中，这些芯片外观完全相同. （1）质检员从中随机抽取2个芯片进行破坏性测试，求至少抽到1个乙类芯片的概率； （2）自动化测试机随机逐个对芯片进行性能检测，检测过的芯片不再放回，直到甲类芯片或乙类芯片被全部检测完毕时停止，记停止时检测的芯片总数为，求的分布列与数学期望. 19. 已知抛物线的焦点为为上一点，且. （1）求的方程； （2）过点作两条相互垂直的直线分别与交于两点. （i）证明：直线过定点； （ii）若直线分别与轴交于两点，记的面积分别为，当时，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 漯河实验高中2023级高三年级考前测评 数学试题 一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分） 1. 设全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】∵全集，集合， ∴. 2. 已知复数z满足，其中i为虚数单位，则z的虚部为（ ） A. 1 B. i C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题知， 所以z的虚部为1. 故选：A. 3. 设，是两个随机事件，且发生必定发生，，，给出下列各式，其中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题设知，即，，结合条件概率公式判断各项正误. 【详解】由，是两个随机事件，且发生必定发生，知：，即，， 所以，，，A、B、D错，C对； 故选：C 4. 已知平面向量，，若，则与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，则，则，解得， 则，， 则与的夹角的余弦值为. 5. 已知直线与圆和圆均相切，则的方程为（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过计算可知两个圆内切，故两圆相减得到的方程即为所求. 【详解】圆的圆心为，半径为， 圆的圆心为，半径为 所以两个圆内切，因此与两圆均相切的直线为两个圆的公共弦所在的直线方程， 所以 整理得， 故选：. 6. 已知，则（ ） A. 35 B. 70 C. 210 D. 420 【答案】B 【解析】 【分析】写出二项式展开式的通项公式，求出，即可求解. 【详解】的展开式的通项为， 故，， 故. 故选：B. 7. 已知双曲线的左，右焦点分别为，，过点作斜率为的直线交双曲线的右支于，两点，其中点在第一象限，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用双曲线的定义式，结合题设条件，推得，设在中，利用余弦定理可得关于的齐次方程，解之即得离心率. 【详解】 如图，根据双曲线的定义得，， 由于，，则， 所以．设由题可得，则， 在中，由余弦定理，可得整理得， 即，因，则可得 . 故选：C． 8. 已知函数是定义域为的函数，，对任意、，均有，已知、为关于的方程的两个解，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由韦达定理可得出，可得出，且，分析函数的对称性和单调性，将所求不等式变形为，结合函数的单调性可求得的取值范围. 【详解】因为、为关于的方程的两个解， 则，解得，由韦达定理可得， 因为函数是定义域为的函数，，即， 所以，函数的图象关于点对称，则且， 因为对任意、，均有，即， 所以，函数在上为增函数，则该函数在上也为增函数， 从而可知，函数在上为增函数， 由可得，解得，所以，， 因此，关于的不等式的解集为. 故选：D. 【点睛】方法点睛：利用函数的对称性与单调性求解抽象函数不等式，要设法将隐性划归为显性的不等式来求解，方法是： （1）把不等式转化为； （2）判断函数的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“”脱掉，得到具体的不等式（组），但要注意函数对称性的区别. 二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若两个变量的样本相关系数的绝对值越接近1，则这两个变量的线性相关性越强 B. 若随机变量服从正态分布，且，则 C. 一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的上四分位数为11 D. 对具有线性相关关系的变量，其经验回归方程为，若样本数据的中心点为，则实数的值是4 【答案】AB 【解析】 【详解】对于A：相关系数的取值范围为，其绝对值越接近1，表示两个变量的线性相关程度越强； 越接近0，线性相关程度越弱，这是统计学中的基本结论，因此A正确； 对于B：已知，则均值， 由正态分布的对称性，得：，又已知， 所以因此B正确； 对于C：上四分位数的位置为， 故上四分位数为第8个数，因此C错误； 对于D：经验回归方程为，样本中心点为， 回归直线必过样本中心点，代入得， 解得，因此D错误. 10. 函数，则（ ） A. 的值域为 B. 的周期 C. 若，当取得最大值时， D. 当为奇函数时， 【答案】AC 【解析】 【分析】由题意知，再结合三角函数性质判断各选项即可得答案. 【详解】对于A，由题意知：， 其中，则的值域为，故A正确； 对于B,对于的最小正周期为，故B错误； 对于C，若，， 当取得最大值时，，即， 所以，故C正确； 对于D，当为奇函数时，，即， 所以，故D错误. 11. 在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3，4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，只有主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率，现在已知甲选择了1号箱，用表示号箱有奖品，用表示主持人打开号箱子，下列结论正确的是（ ）. A. B. 主持人打开3号箱的概率 C. 若，且甲更改选择，则他获奖的概率为 D. 若，甲改选2号箱比改选4号箱的中奖概率更大 【答案】BC 【解析】 【详解】对于A，奖品在号箱里，主持人可打开号箱，故，故A错误； 对于B，奖品在号箱里，主持人可打开号箱，故， 奖品在号箱里，主持人只能打开号箱，故， 奖品在号箱里，主持人打开号箱的概率为，故， 奖品在号箱里，主持人只能打开号箱，故， 由全概率公式可得：，故B正确； 对于C、D， （1）若甲不更改选择时，由贝叶斯公式计算 . 从而. （2）当甲更改选择时 ①若甲改选号箱，甲中奖的概率为， ②若甲改选号箱，甲中奖的概率为， 因此甲更改选择，获奖的概率为，故C正确； 而，即甲改选号箱与改选号箱的中奖概率一样，故D错误. 三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分） 12. 不等式的解集为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用对数函数的单调性结合函数的定义域可求解. 【详解】由，得， 所以不等式的解集为. 故答案为：. 13. 数列{an}共有5项，前三项成等比数列，后三项成等差数列，第3项等于80，第2项与第4项的和等于136，第1项与第5项的和等于132，则这个数列的第1项是 ___________ ． 【答案】20或180 【解析】 【分析】利用等差等比数列通项，建立方程组可求解，即可 【详解】设前三项的公比为，后三项的公差为，则数列的各项依次为，，80，，． 于是得，解方程组，得或， 所以这个数列是20，40，80，96，112或180，120，80，16，， 则这个数列的第1项是20或180 14. 若不等式对恒成立，则的最大值为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】设，将问题转化为，利用导数求出，再转化为，设，利用导数求出即可. 【详解】设，因为对任意的恒成立，则， 求导得 令得，， 当时，，函数在区间单调递减； 当时，，函数在区间单调递增； 所以，所以， 则， 设，， 当时，，函数在区间单调递增； 当时，，函数在区间单调递减； 所以，即的最大值为，的最大值为. 故答案为：. 四、解答题（共5小题，共77分） 15. 已知是数列的前n项和，且． （1）求数列的通项公式； （2）若，是的前项和，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据与的关系求解；（2）利用裂项相消法求和即可证明. 【小问1详解】 时，， 时， 经验证时 ∴ 【小问2详解】 时 时，， ， ∴． 16. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）若有两个零点，求实数a的取值范围. 【答案】（1） 当时，的单调减区间为，无增区间； 时，的单调减区间为，增区间为； （2） 【解析】 【分析】（1）首先求函数的导数，再分和两种情况讨论函数的单调性； （2）首先根据（1）的结果可知且，再结合零点存在性定理，即可证明. 【小问1详解】 根据条件则 当时，在定义域内恒成立，因此在递减； 当时，由，解得；，解得 因此：当时，的单调减区间为，无增区间； 时，的单调减区间为，增区间为； 注：区间端点处可以是闭的 【小问2详解】 若有两个零点，有（1）可知且 则必有 即，解得 又因， 即， 当时，恒成立，即在单调递减， 可得， 也即得在恒成立， 从而可得在，区间上各有一个零点， 综上所述，若有两个零点实数a的范围为 17. 为的直径，垂直于所在的平面，是圆周上不同于的任意一点，，三棱锥体积的最大值为． （1）当时，求二面角的正弦值； （2）当的面积最大时，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意，利用三棱锥体积的最大值求出的半径，建系后，写出相关点和向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得； （2）利用（1）的坐标系，设，表示出相关点和向量的坐标，利用点到直线距离的向量公式求出点到直线的距离的表达式，利用二次函数的性质求出其最大值即得的面积的最大值，以及此时的值. 【小问1详解】 设的半径为，则，， 因平面，故当三棱锥体积取得最大值时，中边上的高最大，即为半径长， 故有，解得. 如图以点为原点，所在直线分别为轴，以平面上过点的的垂线为轴，建立空间直角坐标系. 因，易得，则， 又， 设平面的法向量为， 则，令，取， 易得平面的一个法向量为， 则， 设二面角的平面角为，则， 即二面角的正弦值为； 【小问2详解】 由（1）可得，设，则，， ，则， 所以，则与同方向的单位向量为， 于是点到直线的距离为 ， 因的面积为，， 故当且仅当 时，的面积最大，此时. 18. 某芯片公司生产两种芯片，一种是用于人工智能计算的甲类芯片，另一种是用于基础信号传输的乙类芯片.现将4个甲类芯片和2个乙类芯片混合放置在一个容器中，这些芯片外观完全相同. （1）质检员从中随机抽取2个芯片进行破坏性测试，求至少抽到1个乙类芯片的概率； （2）自动化测试机随机逐个对芯片进行性能检测，检测过的芯片不再放回，直到甲类芯片或乙类芯片被全部检测完毕时停止，记停止时检测的芯片总数为，求的分布列与数学期望. 【答案】（1） （2） 2 3 4 5 . 【解析】 【分析】（1）用对立事件处理，即“至少抽到1个乙类芯片”的对立事件是“抽到的2个芯片均为甲类芯片”； （2）把6个芯片的检测顺序看作随机排列，停止时间由2个乙类芯片的位置决定：若前2个均为乙类则，若第2个乙类出现在第3位则，若第2个乙类出现在第4位或前4个均为甲类则，其余情况为.分别计数即可得到分布列，再由数学期望公式求出. 【小问1详解】 （1）设“至少抽到1个乙类芯片”为事件，则表示事件“抽取的两个芯片都是甲类芯片”， 则. 【小问2详解】 由题意知的所有可能取值为2，3，4，5. ，， ，， 所以的分布列为 2 3 4 5 . 19. 已知抛物线的焦点为为上一点，且. （1）求的方程； （2）过点作两条相互垂直的直线分别与交于两点. （i）证明：直线过定点； （ii）若直线分别与轴交于两点，记的面积分别为，当时，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 证明：法一：由题意知直线的斜率存在，. 设直线的方程为， 联立）得， 则， ， ， 所以， 解得或. 当时，直线的方程为，过点，不符合题意，舍去； 当时，直线的方程为，恒过点. 综上，直线BD过定点. 法二：由题意知，设， 则， 同理可得. 由，得， 整理得①. 直线BD的方程为， ， 两式相加得， 即， 即. 由①得，故直线BD过点. （ii） 【解析】 【分析】（1）由点在抛物线上及焦半径公式列出等式求解即可； （2）（i）法一：设直线的方程为，联立抛物线方程，由韦达定理，结合，求得或即可；法二：设，由，结合直线BD的方程为，代入化简得到即可求证；（ii）设，设直线的方程为，直线的方程为，结合弦长公式及三角形面积公式，进而可求解； 【小问1详解】 解：因为点在C上， 所以. 因为，所以， 则，解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）解：设，易知直线和的斜率均存在且不为0，设直线的方程为，直线的方程为， 此时， 则. 由，得. 联立得， 由，得， 同理，所以， 则， 同理可得， 所以， ， 由题意得 . 因为在和上均单调递增， 所以， 又， 即16， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $