河南省部分重点中学2025-2026学年高三下学期 质量检测数学试题（含解析）高考模拟

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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上．
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、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由得，由得，
所以集合，，于是．
2. 复数的虚部为（ ）．
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用复数的运算法则，化简得到，结合复数的定义，即可求解.
【详解】由复数的运算法则，可得，
所以复数的虚部为．
3. 已知向量满足，，且的夹角为120°，则（ ）．
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求得，结合向量数量积的运算律，即可求解.
【详解】因为，，且的夹角为120°，可得，
则．
4. 曲线在点处的切线方程为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，求得，得到，结合导数的几何意义，即可求解.
【详解】由函数，可得，
则，即切线的斜率为，所以切线方程为．
5. 已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得，结合余弦型函数的性质，列出不等式组，即可求解.
【详解】由，可得，
要使得函数在区间上单调递减，
则满足，解得，
因为，当时，，即实数的取值范围为.
6. 记椭圆1的上顶点为，右焦点为，则以为圆心，为半径的圆与的交点个数为（ ）．
A. 0B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用椭圆的几何性质，求得圆的方程为，联立方程组，结合曲线的对称性，即可求解.
【详解】由椭圆，可得，
则，且，可得，
所以圆的方程为，
联立方程组x2+y−22=8x2+2y2=8，整理得，
解得或，
因为，所以，结合对称性知，圆与椭圆有两个交点．
7. 已知函数，若恒成立，则实数的最大值为（ ）．
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，转化为恒成立，设，得到，求得，得到为单调递增函数，得到，即可求解.
【详解】函数，由不等式恒成立，
即恒成立，
设，可得，可得，
所以为单调递增函数，可得，所以，当且仅当时等号成立，
所以实数的最大值为.
8. 已知球的半径为2，其表面上有三点，满足，，则四面体的体积为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，证得平面，得到，利用余弦定理，求得，得到，求得，即可求解.
【详解】取的中点，因为，可得，
又因为，可得，
因为，平面，平面，所以平面，
所以，
又由，
由余弦定理得，
因为，可得，
所以，
所以四面体的体积．
二、选择题：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. 在中，，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，利用正弦定理、余弦定理，结合三角形的性质，逐项分析判断，即可求解.
【详解】对于A，因为且
由正弦定理得，可得，所以A正确；
对于B，由余弦定理得，
所以，所以B错误；
对于C，由余弦定理可得，
因为，可得，所以C正确；
对于D，因为，可得，
由大边对大角得，所以，所以D错误．
10. 已知三棱台的上、下底面相似比为1:2.在中，，侧棱，且与下底面所成的角为60°.则（）．
A. 直线与直线相互垂直
B. 直线与直线相互垂直
C. 侧面与底面相互垂直
D. 侧面与侧面相互垂直
【答案】ABD
【解析】
【分析】将三棱台的侧棱延长交于，由上下底面相似比得为中点，结合侧棱长推得，再由边长关系证得，取中点，证明平面，有面面垂直的判定定理得平面平面，作得底面，结合角度与余弦定理求出长，进而证得两两垂直，再依据线面垂直、面面垂直的判定与性质，逐一判定各选项中线线垂直、面面垂直及二面角的正误.
【详解】将直线与以及延长交于点，由上下底面相似比为.
所以，，分别为，，的中点.
因为，所以.
在中，由，可得,
取的中点，连接与，
且PM=12BC=6.
在等腰三角形中，且.
因为，所以平面，平面.
所以平面平面，两平面的交线为.
过点作于点，则平面，所以或120°（舍）.
在中，由余弦定理得到.
所以，解得，此时.
所以，又，且.
所以平面，故且，即与以及两两垂直．
由平面得到，即直线直线，A正确；
由且，故平面.
因为平面，所以，即直线直线，故B正确；
侧面所在平面即平面，二面角的平面角为.
在直角中，，所以.
即二面角的平面角为，侧面与底面不垂直，C错误；
侧面与所在平面即平面与平面.
由平面且平面，得到两平面相互垂直，故D正确．
11. 已知随机变量（且），设函数，记，则（ ）．
A. 对任意恒成立
B. 对任意恒成立
C. 存在，使得方程在区间内有解
D. 存在，使得函数在区间内单调
【答案】ACD
【解析】
【分析】由，得到，且，，构造函数，，以及，利用导数求得函数的单调性与最值，逐项计算，即可求解.
【详解】因为，所以，
代入可得，
由二项式定理可得，
则，
代入可得，
又因为二项分布的数学期望，所以恒成立，故A正确；
由，可得，
代入可得，
因为二项分布的方差，
若恒成立，则恒成立，
因为且，等式两边同除以可得，化简可得，
此等式不可能对任意满足且的恒成立，故B错误；
令，取，则，此时，代入，可得，
可得，且函数连续，存在使得，
即存在使得在区间内有解，故C正确；
由可得，
取，此时，
当时，恒成立，此时导函数恒小于零，
函数在区间内单调递减，满足题意，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知抛物线，为坐标原点，直线与抛物线交于两点，且，则______．
【答案】3
【解析】
【详解】
联立直线与抛物线方程得，
又，
，即，
，解得．
13. 若，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式和两角和的正弦公式，准确化简、计算，即可求解.
【详解】由，可得，
又由，可得，
所以
14. 将标有1，2，3，4，5的五张数字牌摆放成一排，则前三张牌上的数字按顺序构成等差数列的排法总数为______．（用数字回答）
【答案】16
【解析】
【分析】根据题意，分首位分别为，五种情况讨论，结合排列数公式，即可求解.
【详解】当首位是1时，前三张可以是1，2，3或1，3，5，剩余两张随机排列，共有种；
当首位是2时，前三张必为2，3，4，剩余两张随机排列，共有种；
当首位是3时，前三张为3，2，1或3，4，5，剩余两张随机排列，共有种；
当首位是4时，前三张为4，3，2，剩余两张随机排列，共有种；
当首位是5时，前三张为5，4，3或5，3，1，剩余两张随机排列，共有种，
由分类计数原理得，共有种不同的排法.
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. 记为数列的前项和，．
（1）求数列的前项和；
（2）求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用退位相减法可得，结合等比数列的定义，得到为等比数列，进而求得其前项和；
（2）由（1）化简得到，得到数列为等差数列，求得，利用乘公比错位相减法求和，即可求解.
【小问1详解】
解：由为数列的前项和，，可得，
两式相减，可得，即，
所以，
令，可得，即，解得，
再令，可得，即，解得，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列，
则数列的前项和为．
【小问2详解】
解：由（1）知：，可得，且，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，可得，
所以数列的通项公式为，
则，
可得
两式相减，可得
，所以．
16. 如图所示，在直四棱柱中，.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，证得，再由平面，得到，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面．
（2）记，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：由，可得为的垂直平分线，所以，
在直四棱柱中，可得平面，
因为平面，所以，
又因为平面，且，得平面．
【小问2详解】
解：记，以为坐标原点，以的方向分别为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
则，可得，
因为平面，可得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为则n⋅BD=0n⋅A1D=0，即5y=012x+16y−25z=0，
取，可得，所以，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
17. 某商场对商品售卖的情况进行统计，已知该商场共六层．
（1）当各楼层的商品种类相近时，得到该商场各楼层的销售额（单位：万元）的值：
记销售额与楼层之间的经验回归方程为．
（i）求（用分数表示）；
（ii）求（用分数表示）．
（2）由于网络热点的影响，销售利润（单位：万元）近似服从正态分布，求销售利润在的概率．
附：回归直线中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为．
若，则，．
参考数据：．
【答案】（1）（i）；（ii）
（2）0.8186
【解析】
【分析】（1）根据公式及所给数据直接计算即可；
（2）根据正态曲线的对称性即可求解．
【小问1详解】
（i），，
，
所以．
（ii）．
【小问2详解】
注意到，
所以，
，
故销售利润在的概率为0.8186．
18. 已知双曲线上有两点．
（1）求的标准方程；
（2）过点的直线（的斜率不为零）与E交于两点．
（1）证明：直线与的斜率之积为定值；
（ii）若，求的外接圆的标准方程，并判断点是否在圆上．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii），点不在该圆上．
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得，即可求得双曲线的标准方程；
（2）（i）设，联立方程组求得，结合斜率公式，进行化简，即可得证；
（ii）设直线斜率为，求得，得到的坐标，进而求得外接圆的方程，即可得到答案.
【小问1详解】
解：因为双曲线上有两点，
可得，解得，所以双曲线的标准方程为．
【小问2详解】
解：（i）证明：设且，
联立方程组，整理得，
则，且，
由
为定值．
（ii）设直线斜率为，由，可得，
则，
不妨设，可得，则，
所以，
设外接圆方程为，其中．
则，解得，
可得外接圆的标准方程为，
因为，故点不在该圆上．
19. 设函数，其中．
（1）当时，证明：．
（2）设为等腰三角形，其中为底边，顶角.若存在满足条件的的三个顶点均在曲线上，且顶点的纵坐标为1．
（i）证明：点关于定直线对称；
（ii）记的面积为，证明：是关于的单调递减函数．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，转化为证明，设，利用导数求得函数为单调递增函数，结合，即可得证；
（2）（i）设且，根据，得出关系式，构造函数，利用导数求得的单调区间，以及，结合对称性，即可得证；
（ii）设点的横坐标为，点的横坐标为，得到，令，
设，利用导数求得的单调性，得到，即，再设，求得单调递增，得到的值域，再由方程有唯一解，由函数，求得其单调性，进而得出结论.
【小问1详解】
证明：由函数，可得，
要证，即证，
设，其中，可得．
当时，，所以在上单调递增，
因为，所以当时，，
即，所以，即成立．
【小问2详解】
解：（i）由点在曲线上，且纵坐标为1，结合，可得，
设且，其中，且，
由是等腰三角形且为底边，可知，
即，
设，则有，
且，
当时，且，可得，
即在上单调递减，同理可证在上单调递增，
又，所以，
即函数图象关于直线对称，
综上所述，若且，则与必然关于对称，
因此，点关于定直线对称．
（ii）由（i）可知，可设点的横坐标为，点的横坐标为，其中，
此时的纵坐标均为，，点到的距离，也即三角形的高，为，则由几何关系可得，
令，则．
先证明是关于的函数，设，其中，
可得，
由（1）可知，即在上单调递减，故，
对于任意，取，
当时，设，
因为，令，可得，
所以单调递增，，可得单调递增，
所以，即，所以，
综上可得，函数的值域为．
由于存在，所以必有.由于单调递减，且值域覆盖该范围，方程在内有唯一解，则是关于的函数．
再证明该函数单调递减，，
令，则，其中，
易知，即单调递增，则当增大时，增大，增大．
由于，且是关于的单调递减函数，所以增大时，减小．
又由是关于的单调递增函数，当减小时，随之减小.综上，是关于的单调递减函数．
楼层
1
2
3
4
5
6
销售额
700
500
400
200
100
100