河南信阳高级中学等校2026-2027学年高三上学期11月学情诊断数学试题

2026年11月高三年级学情诊断 数学试题 说明：本卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题（本题共有8个小题，每小题5分，共40分） 1．已知复数，则 A． B． C． D． 2．设集合，，则 A． B． C． D． 3．双曲线（，）过点，其两条渐近线的夹角为，则双曲线的方程为 A． B． C． D． 4．“打水漂”是一种游戏，通过一定方式投掷石片，使石片在水面上实现多次弹跳，弹跳次数越多越好．现将石片扔向水面，假设石片第一次接触水面的速率为，这是第一次“打水漂”，然后石片在水面上多次“打水漂”，每次“打水漂”的速率为上一次的，若要使石片的速率低于，则至少需要“打水漂”的次数为（参考数据：取，） A．4 B．5 C．6 D．7 5．已知函数，则“”是“为奇函数”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 6．已知幂函数的定义域为，，，，则，，大小关系为 A． B． C． D． 7．为打破美国芯片“卡脖子”问题，某企业研发的，两种芯片取得了成功，前期研发投入3亿元．现准备投入生产，经市场调研预测，生产的芯片毛利润（亿元）与投入资金（亿元）满足；生产的芯片毛利润（亿元）与投入资金（亿元）满足．对于芯片，投入1亿元时，毛利润为1亿元；投入4亿元时，毛利润为2亿元．现在企业计划投入30亿元生产，两种芯片，记纯利润芯片的毛利润芯片的毛利润研发投入资金．若要该企业获得的纯利润最大，则投入芯片的资金为 A．12亿元 B．15亿元 C．18亿元 D．23.75亿元 8．已知函数且关于的方程有4个实数解，，，，若，则的取值范围为 A． B． C． D． 二、多选题（本题共有3个小题，每小题6分，共18分．错选不得分，选对但不全的得部分分） 9．记为数列的前项和，已知，，则 A． B． C．是等差数列 D．取最小值时 10．抛物线：的焦点为，直线：过点且与抛物线交于，两点，其中点在第一象限，则 A． B．当时， C．若点的坐标为，则周长的最小值为 D．当时， 11．某功率放大器的输出幅度值与输入幅度值满足模型：，其中参数，由功率放大器电路的特性决定，则下列说法正确的是 A．若输出幅度值与输入幅度值是一一对应的，则当输入幅度值为时，输出幅度值也为 B．若输出幅度值为正数当且仅当输入幅度值为正数，则一定有 C．若，，输出曲线与系统安全运行边界有个交点 D．若，且当输入幅度值在内时，输出幅度值不超过，则 三、填空题（本题共有3个小题，每小题5分，共15分） 12．函数的单调递减区间为__________． 13．已知点在抛物线上，点，点在圆：上，当取得最小值时，__________． 14．已知正方形的边长为2，点，分别在边，上（不含端点），且，将沿直线翻折为，则多面体体积的最大值为__________． 四、解答题（本题共有5个小题，共77分） 15．（13分） 已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，且，． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 16．（15分） 设数列，满足，，且，． （1）求数列的通项公式； （2）求证：数列是等比数列； （3）求数列的前项和． 17．（15分） 如图，在某小区内有一形状为正三角形的草地，该正三角形的边长为20米，在点处有一喷灌喷头，该喷头喷出的水的射程为10米，其喷射的水刚好能洒满以为圆心，以10米为半径的圆在内部的扇形区域内，现要在该三角形内修一个直线型步行道，该步行道的两个端点，分别在线段，上，并且与扇形的弧相切于内的点，步道宽度忽略不计，设． （1）当时，求步行道的长度； （2）试用表示该步行道的长度，并求出该步行道的长度的最小值． 18．（17分） 已知椭圆：（，）的离心率为，，是的左、右焦点，且，直线过点与交于，两点． （1）求的方程； （2）若，求的方程； （3）若直线过点与交于，两点，且，的斜率乘积为，，分别是线段，的中点，求面积的最大值． 19．（17分） 已知函数的定义域是，且导函数，设是曲线在点处的切线．其中，且． （1）求的单调区间； （2）证明：除切点以外，曲线在直线的上方； （3）过点作直线，设，与轴交点分别为，，过点作轴垂线，垂足为． （i）证明：； （ii）求的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $2026年11月高三年级学情诊断数学答案 (满分：150分：考试时间：120分钟) 一、单项选择题（本题共有8个小题，每小题5分，共40分） 1~5:DBCCA 68:BDA 二、多项选择题（本题共有3个小题，每小题6分，共18分） 9.ABD 10.ACD 11.BC 三、填空题（本题共有3个小题，每小题5分，共15分） 2 32√2 13.16 14.45 四、解答题（本题共有5个小题，共77分） 15.(13分) (1)如图，设AC,BD交于点O,连接PO, D 因为正方形ABCD中，AC⊥BD. 因为△PAC为等腰三角形，所以PO⊥AC, 因为PO∩BD=O,PO,BDC平面PBD,所以AC⊥平面PBD. (2)方法-：PD2+DC2=PC2,PD2+DA=PA2, 所以PD⊥DC,PD⊥DA,且DA∩DC=D,故PD⊥平面ABCD. 以D为原点，DA,DC,DP为x,y,z轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系， ZA D : 下A 则D(0,00),A(20,0).B(2,2,0),C(0,2,0).P(00,1) AP=(-2,0,1).AB=(0,2,0) AP.n=-2x+z=0 设平面PAB的法向量为元=（化少2），则AB:i=2y=0 令x=1,则y=0,z=2,所以i=(1,02), 又因为AC⊥平面PBD, 所以平面PBD的法向量可取1C=（-2,2,0), 设二面角A-PB-D的大小为B, cos=cos AC, 4Ci-2 0 √5×2V210 则 AC列 10 由图可知，二面角为锐二面角，所以二面角A-PB-D的余弦值为10· 方法二：（等体积法）由PD+DA=PA,PD+DC2=PC2,得PD⊥DA,PD LDC,故 PD⊥平面ABCD. 由正方形边长为2，得DB=22:又PB2=PD2+DB2=9,故PB=3, 1 PA+AB2=PB2,所以 ×2x5=V5 2 SAPDB-2 ×1x2√2=√2 ；同理 四面体P-ABD的体积3 V-xSawxPD-1xix2x2xl-2 32 33x2 h= 一= 25 设二面角A-PB-D为日，则点D到平面PAB的距离 2SAn2-2W2 h2= 点D到直线PB的距离 PB 3. 25 sino=h=5 3V10 h22210 由垂直于棱PB的截面关系， 2 cos=v1-sin20= 3W10 10 1 由图可知日为锐角，故 10 10 V10 所以二面角A-PB-D的余弦值为10， 16.(15分) (1)因为0.+02=201，所以0+2-01=01-0， 所以a.}是等差数列， 设{a}的公差为d,由4，=4+4d,4=1,a,=9,得d=2, 所以a,=1+2(n-1)=2n-1 6+1=6+1b=2b+1 (2)因为0.2n-1,2n+12n-1+, m器会 b +1=2 因为6=1，所以2×1-1 .+l 所以数列〔a:J是首项为2，公比为2的等比数列. b。+1=2" (3)由(2)知2n-1 所y.=(2m-2-=(2n-)2”-(2n-1) Sn=(2×1-1)2+(2×2-1)小22+…+(2n-1)2”-(1+3+…+2n-1) 令S=(2x1-)2+(2×2-)2++(2n-)2” 则2S=(2x1-)22+(2x2-)-2+…+(2mn-)2, 两式相减得-S=2+2+2+…+21-(2n-1）-2 =-2+ 4-22-(2n-1-2=-6+6-2m)-2 1-2 所以S=(2n-3)2+6 +3+…+(2n-）=n+2m--m 又因为 2 所以S,=(2n-3)2*1+6-n2 17.(15分) (1)由题可得CT⊥MN,当4时， 在Rt△CMT中： MT=10tan=10 4 在Rt△CNT中： w-10仔0gp-间 所以MW=10+10(2-V3)=10(3-) (2)MT=10tana, AN=10tang+10tm 所以 =10tana+10x3tan=10/5x tanc+1 1+√3tan 0<a<r 1+3tana, 3), 今=15ma,e利，用知a-得 5, 所 w-1i4.a5传3-引y t-4 当且仅当33t,即t=2时取等， MN=10/3x_tan'a+1 0<a< 20W3 所 1+√3tana,( 3),步行道MN的长度的最小值为3· 18.(17分) 1D因为F5=42,所以2c=42→c=22, 6 又因为该椭圆的离心率为3，所以a3 c-6→a=25→2=12-8=4 x2y2 =1 所以椭圆的方程为124； (2)当直线4的斜率为零时，此时方程为y=0,此时x=±2V5, 显然此时AB=4V ,不符合题意， 故设直线的方程为x=m-22,与椭圆方程联立，得 x2 2 →(m2+3)y2-4v2my-4=0 x=my-2√2 因为A=(4W2m°+16(m2+3)>0 以爱4）.8，.台+g- 4v2m -4 ,=+3 由48=25→1+m4-=25→1+mV+}-45,=2W5 V1+m 4v2m+16(m2+3 =23→m2=1→m=±1 (m2+3 所以直线4的方程为x-y+2V2=0,或x+y+2V2=0: 4v2m +y2= (3)由(2)可知： m2+3,所 以+书=m-2V2+m,-22=-122 m2+3, -6v22√2m 因此M的坐标为V m2+3’m2+3 + 12+41→+3)y2+42mw-4=0 故设直线的方程为x=心+2√2，与椭圆方程联立，得x=w+2√2 因为△=(42m+16(r2+3)小0 -4V2n 所以设C(,为）D(c,山)，则有当+4=严+3， +=m+22+4,+2N2=122 n2+3」 6V2-2W2n 所以N的坐标为 n2+3’n2+3 1 因为，的斜率乘积为3， 11=-1 22m22√2m →m=-3 所以mn3 ,因此N的坐标为 m2+3'm2+3 显然边MN与横轴平行， 1 2√2m.22m2,62 Som=2×m2+3m+3m+3 3 网+2 因此 2W5 即 SAOMN 3 3 向时，取等号，即当m=5时家s9。 即 25 所以△OMN面积的最大值3. 19.(17分) ))x1 m()=f()-nx e,设 e,xe(0,+o)】 .e'-(Inx+I)e'I-Inx-1 m'(x)=x =r 则 (e) e 令国血x1则80」 ,则 <0,赦8()在(0，+0)单调递减，且8()=0， 当x∈(0,1)时，g()>0,m()>0,m(x)单调递增，即'（单调递增 当x∈(，+o)时，()<0，m'()<0,m()单调递减，即'()单调递减： 综上，()的单调递增区何为(0,1)，单调递减区间为山，+∞）， (2)设4是曲线y=f()在点4(a,f(a》处的切线， 所以切线的方程为’-f(@)=f'(ox-a),即y=f'(a)(r-a)+f(a), 构造差值函数F()=f()-[f(a(x-a)+f(a】,只瑞证x≠a时F()>0, F'()=f()-f(a),由(1D知（在(0,1单调递增，结 0<a<1<1 e x∈(0，a)时，f'()<∫(a),F'(0,F()单调递减： xe(a,1)时，f()>f'(a),F'()>0,F(单调递增， x∈L,+o)时，1nx+1≥1>0，故f'(x)>0, 又0as 1 f(a)=mati t1 <-e e,故 e<g0,政了)>fo),所以F)>0,改F()单调道 增， 即x∈(0，)时，F(x)单调递减；x∈(a,+o)时，F()单调递增， 因此F()在x=a处取最小值F(a)-0,故对任意x≠a,F(>0,即除切点外曲线恒在直线上方. f(a) 1-a= (3)i)对切线4，令y=0得0=f'(ax-)+f(a,解得“∫（回， 1 直线414，斜率为f"(a,方程为 -fe7a- ,令y=0得-a=f(a)小f'(a). (x-a)(x-a)--(Q-f(a)f(a)--[f(a)J 因此 f'(a) 由f@*0得[f(a>0,故(G-as-a)k0 (i)由Ha,0),得MH=k-a,H=s-d. 由①)知x-a与书-a异号，故MW=x-x-a+x-a. x1-a= f(a) 由(i)知 f(a),x2-a=f(a)f(a) 所以MHNH=-as-a=[f(a gnen-rar MH.NH =[f'"(a)] MN2 两式相除得 (-IrOT) -[far白cad 02 且f'()在e单调递增，得f'(a)(-o,0),故∈(0，+o）, t1 80-(1+}2+1+21t+1+2 t+≥2 ()=1s1 t，由基本不等式t,得 t++24 1 设 当且仅当1=1时取最大值4：当t→0或1→+0时，8()→0， MH.NH 综上，MW2 的取值范围为、