河南南阳市镇平县第一高级中学2026届考前自测数学试题

**基本信息** 本试卷聚焦高中数学核心知识，通过函数导数、概率统计等综合性问题，考查数学抽象、逻辑推理与数学建模能力，如第19题以抽奖活动为背景，体现用数学思维解决现实问题的素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|集合、复数、二项式定理等|基础知识点全面，注重概念辨析| |多选题|3/18|统计、圆、立体几何|选项分层，考查综合判断能力| |填空题|3/15|圆台体积、切线方程、椭圆旋转|结合空间想象与转化思想| |解答题|5/77|解三角形、立体几何、双曲线、函数导数、概率统计|多问递进，如双曲线定点问题、概率期望证明，体现创新应用|

数学试题 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 集合 则（    ） A． B． C． D． 2．若复数满足，则（    ） A． B． C． D． 3．已知展开后共有30项，则为（    ） A．5 B．6 C．10 D．12 4．已知，则（   ） A． B． C． D． 5．已知为平面向量，则“不共线”是“”的（    ） A．充要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 6．已知数列的首项，且满足，则的值为（    ） A．1025 B．1023 C． D． 7．如图，设，线段与交于点，且，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 8．已知函数与其导函数的定义域均为，且，则，不等式的解集是（    ） 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. 下列命题正确的是（   ） A．若样本数据，，的方差为2，则数据 的方差为4 B．若，，，则 C．在一组样本数据，，，，(，不全相等)的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的线性相关系数为 D．以模型去拟合一组数据时，为了求出经验回归方程，设，求得经验回归方程为，则的值分别是和4 10. 已知⊙O：，则下列说法正确的是（   ） A．⊙O上一点到直线l：距离的最小值是 B．⊙O和圆：的相交弦长是4 C．⊙O和圆：有且只有两条公切线 D．⊙O和曲线C：交于A，B两点，则△OAB的面积为 11．已知在正四棱锥中，，Q为平面内一点，则（   ） A．四棱锥的体积为 B．当时，面积的最小值为 C．当（）时，存在使 D．当时，点Q的轨迹为抛物线 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共计15分） 12.如图所示，将一个圆心角为的扇形纸板剪掉扇形，得到扇环，现将扇环围成一个圆台侧面.若，则该圆台的体积为______. 13. 已知函数的图象在点处的切线也是函数的图象的切线，则实数_____. 14. 已知椭圆的坐标原点逆时针旋转角后得到曲线，若点为曲线上的两个动点，满足，记曲线的焦点为，则的最小值是_____ 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） （13分）15．在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知． （1）求角A的大小； （2）若，，求的面积． （15分）16．如图，在直四棱柱中，底面是直角梯形，，，且． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值． （15分）17．已知双曲线的离心率，左顶点，过C的右焦点F作与x轴不重合的直线l，交C于P、Q两点． (1)求双曲线C的方程； (2)求证：直线、的斜率之积为定值； (3)设，试问：在x轴上是否存在定点T，使得恒成立？若存在，求出点T的坐标；若不存在，说明理由． （17分）18.设函数 且c≠0,设m, (1)证明：函数f(x)在区间(0，1)上存在唯一的极小值点； (2)证明: (3)已知 且 证明： （17分）19.某商场举行抽奖活动，箱子里装有标号为1到n的n张奖券，不同的奖券标号对应不同的奖品，标号越大，奖品越丰厚.规则如下：顾客从中有放回地抽取奖券r次，每次抽取一张奖券，抽取结果中标号最大的奖券对应的奖品即为最终奖品，设最终获得的奖品对应的奖券标号为X. (1)当n=3,r=2时，求最终拿到标号为3的奖券的概率和拿到标号为2的奖券的概率. (2)若n=4,r=m. ①求最终拿到标号不大于k(1≤k≤4)的奖券的概率； ②求随机变量X的期望E(X)(用m表示). (3)当r=n时，证明： 数学答案 1.【答案】D 【详解】因为，指数函数是减函数，因此不等式等价于， 即 . 由得得，因此. 所以. 2.【答案】A 【详解】设，则， 代入得到， ， 即， 所以，即 ， 所以， 则. 3.【答案】A 【详解】根据多项式展开的规律和分步乘法计数原理知：展开式的每一项都是从每个括号中各取一个项相乘得到，总项数等于每个括号内项数的乘积. 第一个括号中有2个项，第二个括号中有3个项，第三个括号中有n 个项， 因此总项数为，解得. 4.【答案】C 【详解】因为，所以， ， 故. 5.【答案】C 【详解】充分性：若不共线，根据三角形的性质，可得，故充分性成立； 必要性：若同向且，则， 此时，则成立，但此时共线，故必要性不成立， 则“不共线”是“”的充分不必要条件. 6.【答案】A 【详解】因为，所以， 即是以为首项，为公比的等比数列， 故，即， 令，得． 7.【答案】D 【详解】由题意知：， 另一方面，三点共线，则存在实数，使得 所以， 所以，即，所以，即， 所以，当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为. 8.【答案】B 【详解】令，则， 因为， 所以当时，，，在上为增函数， 当时，，，在上为减函数， 因为，所以， 所以，故关于对称， 因为等价于，等价于， 所以，即， 故，即不等式的解集是. 9.【答案】BD 【详解】原数据方差，设， 则，故A错误； ， 故 B 正确； 所有样本点都在直线 上，说明完全线性相关，相关系数绝对值为 ， 直线斜率为负，故相关系数为 ，故C错误； 模型 取对数得 ， 令 ，则回归方程为 ， 已知 ，故 ，，即 ，，故D正确. 10.【答案】BD 【详解】对于A，圆心的坐标为，半径为2， 圆心到直线的距离为，所以直线与圆是相离的， 所以⊙O上一点到直线l：距离的最小值是，所以A错误； 对于B，圆的标准方程为，所以，半径为3， 所以，因为，所以两圆相交， 两圆方程相减得，化简得. 所以两圆的相交弦的直线方程为，圆心到直线的距离为， 所以⊙O和圆：的相交弦长是4，B正确； 对于C，圆的标准方程为，所以，半径为3， 所以，所以两圆外切， 所以⊙O和圆：有三条公切线，C错误； 对于D，联立，得，解得（舍去）或. 所以，所以，D正确. 11.【答案】BD 【详解】在正四棱锥中，，令，连接，则平面， 对于A，，四棱锥的体积，A错误； 对于B，当且仅当点直线时，点到直线的距离最小，为， 而，因此面积的最小值为，B正确； 显然直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系。 则， 对于C，由（），得， 则， 若存在使，则， 此方程无解，因此不存在使，C错误； 对于D，设，则，由， 得，整理得，因此点Q的轨迹为抛物线，D正确. 12.【答案】/ 【详解】圆台的体积为一个大圆锥的体积减去一个小圆锥的体积， 扇形所围成的大圆锥的弧长为，所围成底面圆的半径为， 所以圆锥的高为， 故扇形所围成的大圆锥的体积为. 同理可得扇形所围成的小圆锥的体积为， 所以则该圆台的体积为. 故答案为：. 13.【答案】 【详解】已知，求导得：代入得：， 切线斜率，由点斜式得切线方程：，即， 设与相切于点， 对求导得：切线斜率等于在切点处的导数值， 因此：，切点在切线上， 代入得：整理得：. 14.【答案】/ 【详解】曲线关于y=x以及y=-x对称， 如图（1）所示，联立方程组 ，解得， 所以，同理b=. 又因为，可得点关于原点对称， 设点对应旋转前的点，则关于原点对称，且对应旋转前的点， 再设椭圆的另一个焦点为， 如图（2）所示，分别连接， 根据椭圆的对称性，可得， 由椭圆的定义，可得，即， 设，即，且， 则， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最小值为，即的最小值是. 故答案为：. 15．（1）； （2）. 【详解】（1）∵在中， ∴，即， 解得，或（舍去）， 由可得； （2）由余弦定理可得 ， 代入数据可得12=16﹣bc，解得bc=4， ∴的面积． 16．(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）四棱柱为直四棱柱，平面， 平面，，， ，，平面，平面， 平面，； ，，平行四边形为正方形，， ，平面，平面. （2）以为坐标原点，正方向分别为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系， ，，，，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； 轴平面，平面的一个法向量， ， 即平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 17．(1) (2)证明见解析 (3)存在， 【详解】（1）设双曲线的半焦距为c． 由题意知． 故， 因此． （2）由题意知．设直线， 与双曲线方程联立得． 设、，则， 故直线、的斜率之积为 ． （3）由题意知，得． 设，则． 即． 由于，上式即，解得． 利用(*)式，得， 因此存在定点满足题目要求． 18. 19.解：（1）拿到标号为3的奖券，，即至少有一次抽到3，所以. .................................2分 拿到编号为2的奖券，，即没有抽到3，且至少有一次抽到2， 没有抽到3的概率为，没有抽到3且全抽到1的概率为， . 所以最终拿到标号为3的奖券的概率是，最终拿到标号为2的奖券的概率是． .................................4分 （2）①拿到编号不大于，，即每次抽到的编号都小于等于. 所以，. ................................6分 ② ................................8分 所以随机变量的期望 ................................10分 （3）， 随机变量的期望 . ................................13分 设，，， 当时，，等号成立； 当时，当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以， ................................15分 设， 因为， 所以，所以. 综上所述，. ................................17分 1 学科网（北京）股份有限公司 $