精品解析：河南南阳市镇平县第一高级中学2026届考前自测数学试题

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. 【答案】D 【解析】 【分析】计算集合中的取值范围，再由交集的概念计算可得． 【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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，代入化简，利用复数相等求解得到，再利用复数的除法计算即可. 【详解】设，则， 代入得到， ， 即， 所以，即 ， 所以， 则. 3. 已知展开后共有30项，则为（ ） A. 5 B. 6 C. 10 D. 12 【答案】A 【解析】 【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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用诱导公式结合二倍角的余弦公式化简可得结果. 【详解】因为，所以， ， 故. 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 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的性质，结合充分、必要条件的定义，分析判断，即可得答案. 【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. 已知数列的首项，且满足，则的值为（ ） A. 1025 B. 1023 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合题意得到数列的通项公式，最后求解即可. 【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. 如图，设，线段与交于点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别用基底表示向量，进而得，再结合基本不等式求解即可. 【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. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，通过求导结合条件分析的单调性，由可得，将所求不等式转化为，利用单调性可得答案. 【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， 因为等价于，等价于， 所以，故，即不等式的解集是. 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. 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 【答案】BD 【解析】 【分析】利用两组线性关系的数据间的方差转换公式可判断A；利用全概率公式可判断B；利用线性相关系数的定义可判断C；利用非线性回归方程的求法可判断D. 【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. 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 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，先根据点到直线的距离判断直线与圆的位置关系，进而求出最小距离；对于B，先判断⊙O和圆的位置关系，然后联立两圆方程求出两圆的相交弦的直线方程，进而根据点到直线的距离求出结果；对于C，先判断⊙O和圆的位置关系，进而判断公切线条数；对于D，联立圆与曲线的方程，求出的坐标，进而求得三角形面积. 【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. 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 【答案】BD 【解析】 【分析】求出体积判断A；确定点到直线距离的最小值，进而求出面积最小值判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直的坐标表示判断C；利用空间向量夹角的坐标表示判断D. 【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. 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______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用圆台的体积为一个大圆锥的体积减去一个小圆锥的体积，利用母线长可求得大圆锥的底面圆半径，进而求得圆锥的高，可求大圆锥的体积，同理求得小圆锥的体积，可求圆台的体积. 【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. 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_____. 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以，则， 切线斜率，切线方程：为，即， 设与相切于点， 因此，切点在切线上， ， 即. 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_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得，根据旋转前后的关系，设点对应旋转前的点，则关于原点对称，且对应旋转前的点，由椭圆的定义，得到，再设，得到，根据，结合基本不等式，即可求解. 【详解】曲线关于以及对称， 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. 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. 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． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】(1)由题意和二倍角公式可得的方程，解方程结合角的范围，即可求出角A； (2)由余弦定理可得，代入数据可得的值，再由面积公式即可求出结果. 【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． 【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理，属于基础题型. 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． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定与性质可证得；由正方形性质知；由线面垂直的判定可证得结论； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据面面角的向量求法可求得结果. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 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． 【答案】（1） （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）存在， 【解析】 【分析】（1）根据离心率的定义及求解即可. （2）设直线，与双曲线方程联立，结合韦达定理求解即可. （3）根据向量垂直的坐标表示得到，即，结合即韦达定理求解即可. 【小问1详解】 设双曲线的半焦距为c． 由题意知．故， 所以，双曲线C的方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意知，得． 设，则． 即． 又，即，解得． 所以， 因此在x轴上存在定点，使得恒成立． 18. 设函数且，设. （1）证明: 函数在区间上存在唯一的极小值点； （2）证明: ； （3）已知且，证明:. 【答案】（1）证明过程见解析 （2）证明过程见解析 （3）证明过程见解析 【解析】 【分析】（1）注意到总是有在上单调递增，故只需证明（对进行分类讨论）即可； （2）由（1）中结论证明在上单调递增即可，从而由即可得证； （3）原问题等价于，只需得到，然后结合已知进行放缩即可得证. 【小问1详解】 ， 当时，，， 所以在上单调递增， 要证函数在区间上存在唯一的极小值点， 只需证明， 我们构造函数， ，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，， 所以当时，在上单调递增，， 所以存在唯一的使得， 当时，，当时，， 此时在上单调递减，在上单调递增，在上存在唯一极小值点； 当时，，， 所以在上依然单调递增， 要证函数在区间上存在唯一的极小值点， 只需证明， 我们构造函数， ，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，， 所以当时，在上单调递增，， 所以存在唯一的使得， 当时，，当时，， 此时在上单调递减，在上单调递增，在上存在唯一极小值点； 根据上述分析可知，同理可证此时在上存在唯一极小值点； 综上所述，函数在区间上存在唯一的极小值点； 【小问2详解】 由（1）中分析可知，在上单调递增， 所以当时，， 所以在上单调递增， 注意到，所以， 即，成立； 【小问3详解】 目标等价于， 当时，在（2）中取， 所以， 于是， ， 所以， 即. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 19. 某商场举行抽奖活动，箱子里装有标号为1到的张奖券，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． （1）当时，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． ①求最终拿到标号不大于的奖券的概率； ②求随机变量的期望（用表示）． （3）当时，证明：． 【答案】（1）； （2）①；② （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用对立事件和差事件求概率：，计算两次有放回抽取的结果概率； （2）①标号不大于即每次抽取都不超过，用独立重复试验求概率；②用分布列或尾和公式求期望，化简得到结果； （3）先写出期望表达式，再构造对称和式，结合函数单调性放缩证明不等式. 【小问1详解】 表示最大标号为，等价于所有抽取结果都不超过，且至少有一次等于， 则两次都不超过2； 两次都不超过2两次都不超过1. 【小问2详解】 ①最终标号不大于等价于次抽取的所有结果都不大于，每次抽到不大于的概率为， 因此. ②由于， 随机变量的期望得 . 【小问3详解】 ， 则随机变量的期望为 . 设，， 当时，，等号成立； 当时，当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以. 设， 又因为， 所以，所以． 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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） 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． 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． 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． 18. 设函数且，设. （1）证明: 函数在区间上存在唯一的极小值点； （2）证明: ； （3）已知且，证明:. 19. 某商场举行抽奖活动，箱子里装有标号为1到的张奖券，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． （1）当时，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． ①求最终拿到标号不大于的奖券的概率； ②求随机变量的期望（用表示）． （3）当时，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $