河南省信阳市2026届高三下学期第二次质量检测数学试卷（Word版附解析）

这是一份河南省信阳市2026届高三下学期第二次质量检测数学试卷（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了 下列说法正确的有等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上．
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】B
【解析】
【分析】先解一元二次不等式，再求解集合，最后应用交集定义计算求解.
【详解】集合，，
则.
2. 复数为纯虚数，则实数（ ）
A. 4B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】易知复数；
由纯虚数概念可得，解得.
3. 已知两个非零向量夹角为，且满足，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由向量夹角为，且满足，可知；
所以向量在向量上的投影向量为.
4. 已知是定义在上的奇函数，且，若当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为是定义在上的奇函数，所以，
由，得，
则，即，所以函数的一个周期为4，
又，
则.
5. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 30B. 32C. 34D. 36
【答案】C
【解析】
【详解】由等差数列的公差为，
根据，可得，
解得；
因此
6. 已知，若曲线与相邻的三个交点构成一个等腰直角三角形，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用余弦相等的解方程条件求出两曲线交点的坐标规律，再结合相邻三个交点构成等腰直角三角形的几何性质，通过等腰直角三角形斜边与高的数量关系建立方程，即可求解的值.
【详解】∵ 两曲线交点满足，
根据余弦方程的解为，分情况讨论：
. 若，化简得，无实数解，舍去；
. 若，整理得，
解得交点横坐标为.
将横坐标代入，得交点纵坐标：
∴ 相邻三个交点的坐标为：
，，.
∵ 三点构成等腰直角三角形，直角顶点为中间点，
∴ 斜边的长度为横坐标差：，
斜边上的高为两点纵坐标差：.
∵ 等腰直角三角形斜边上的高等于斜边的一半，
∴ ，代入得：
化简得，解得.
【点睛】1. 技巧提示：求解两个三角函数交点问题时，优先利用三角恒等变换解方程得到交点的坐标规律，避免逐点枚举.
2. 几何性质应用：等腰直角三角形斜边上的中线（高）等于斜边的一半，是本题建立参数方程的关键，避免了复杂的斜率/长度计算.
7. 正三棱台中，，与底面所成角的正切值为2，则正三棱台的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】设正三棱台的上下底面中心分别为，连接，过作于，
则，，如图所示：

三棱台为正三棱台，上下底面为等边三角形，三个侧面为全等的等腰梯形；
，，，
，；
与底面所成角的正切值为2，，得；
.
过作于，则为侧面梯形的高；
，；
，，
；
.
8. 抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于A，B两点，点，若直线FT平分，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据角平分线关系求出，再设，，直线l的方程，联立抛物线方程代入求解，结合韦达定理求出两根之和两根之积，据此将斜率关系式进一步转化成关于k的等式，解之即可．
【详解】如图所示，
抛物线的焦点，直线FT的斜率，
设直线FT的倾斜角为，，由直线FT平分，设，
则直线FA的倾斜角为，FB为，
则，
整理得，化简可得，
易知直线l的斜率一定存在，设直线，
与抛物线方程联立，得 ，
设，
则，
又，
，
结合韦达定理可得，化简得，
解得，当时，直线l的方程为，直线FT的方程为，
很明显射线FT在外部，无法平分，故舍去；
当，直线l的方程为，直线FT的方程为，
射线FT在内部，成立；
综上所述，．
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. 下列说法正确的有（ ）
A. 若样本数据的方差为3，则数据的方差为27
B. 设A，B为两个随机事件，若，则
C. 在线性回归分析中，决定系数用来刻画拟合的效果，值越大，则模型的拟合效果越好
D. 8人的成绩（单位：分）分别为81，82，84，84，85，86，88，90，则这8人成绩的上四分位数是85
【答案】ABC
【解析】
【分析】应用方差性质计算判断A，应用条件概率公式计算判断B，应用决定系数定义判断C，应用百分位数定义计算判断D.
【详解】对于A：若样本数据的方差为3，则数据的方差为，A选项正确；
对于B：设A，B为两个随机事件，若，则，B选项正确；
对于C：在线性回归分析中，决定系数用来刻画拟合的效果，值越大，则模型的拟合效果越好，C选项正确；
对于D：8人的成绩（单位：分）分别为81，82，84，84，85，86，88，90，因为，
所以这8人成绩的上四分位数是，D选项错误；
10. 在四棱锥中，已知底面ABCD为直角梯形，，为等边三角形，记二面角的平面角为，且，直线PD与底面ABCD所成角为，若，则的值可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】由二面角定义可知即为二面角的平面角，建立空间直角坐标系可得，再利用线面角的空间向量求法可得，解方程即可得或.
【详解】根据题意取的中点分别为，连接，如图；
因为底面为直角梯形，，，
所以，则，易知，
又为等边三角形，所以，且；
以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
由可知即为二面角的平面角，因此，
因此，则；
易知平面的一个法向量为，
因为直线与底面所成角为，且，
所以，
整理可得，即，
解得或，因为，所以都符合题意；
因此的值可能为或.
11. 已知数列的前项和为，对任意正整数，记，其中，令，则（ ）
A. 数列的通项公式为B.
C. D. 数列为等差数列
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，分和两种情况代入计算即可判断；对于B，分和两种情况讨论，其中当时，先求得，构造数列，根据数列的单调性，分析即可判断；对于C，先求得的表达式，根据在二进制中的意义，进而可得的意义，综合分析即可判断；对于D，先求得，根据其意义，可得，根据等差数列的定义，即可判断．
【详解】对于A，当时，，
当时，，
所以，故A错误；
对于B，当时，，不等式成立，
当时，，令，
则，
所以，
易得当时，恒成立，
则数列在且上单调递增，
又，所以，即，
综上，，故B正确；
对于C，，其中，
则表示二进制中1的个数，
，
则，故C错误；
对于D，因为，所以，，
所以，
因为的二进制表示为，所以，
则，因为，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知的展开式中常数项为180，则实数的值为__________.
【答案】
【解析】
【详解】因为的展开式通项为，
令，解得，
可得常数项为，解得.
13. 已知双曲线，其左右焦点分别为，过点的直线与双曲线的右支交于M，N两点，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用双曲线的定义将所求距离和转化为弦长，再求过右焦点与右支相交的弦长的最小值即可，双曲线同支过焦点弦中，垂直于实轴的通径长度最短.
【详解】∵ 双曲线的实半轴长，虚半轴长，半焦距，右焦点
∵ 点在双曲线右支上，由双曲线定义得：
，，
∴ 两式相加得，
∵ 共线，∴ ，即，因此只需求的最小值
分两种情况讨论直线：
. 当直线斜率不存在时，直线方程为，代入双曲线方程得：
，解得，此时弦长
. 当直线斜率存在时，设直线方程为，代入双曲线方程整理得：
，
∵ 直线与右支交于两点，∴ ，由弦长公式推导得：
，
∵ ，∴ ，∴
综上，的最小值为，
∴ 的最小值为
【点睛】1. 核心技巧：双曲线定义的转化是本题关键，将到左焦点的距离转化为到右焦点的距离加定值，大幅简化了最值问题。
2. 二级结论：双曲线过焦点且与同一支相交的弦中，通径（垂直于实轴的弦）最短，
14. 已知一袋中装有标号为1，2，3，4的卡片各一张，现每次从中取出一张，记下号码后再放回袋中，当四种号码的卡片都被取出过时即停止抽取．则恰好取7次卡片后停止抽取的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】计算出所有可能取法后，分前次种号码出现的次数分别为、、或、、或、、，且第次出现第种号码进行讨论，可得符合要求的总可能取法，最后利用古典概型求概率即可得.
【详解】由分步乘法计数原理知，每次从中取出一张，记下号码后放回，
进行次一共有种不同的取法，
恰好取次卡片时停止，说明前次出现了种号码且第次出现第种号码，
种号码出现的次数分别为、、或、、或、、，
种号码分别出现、、次且次时停止的取法有种；
种号码分别出现、、次且次时停止的取法有种；
种号码分别出现、、次且次时停止的取法有种；
故恰好取次卡片后停止抽取的概率为：.
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. 已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）方法一、由正弦定理结合三角恒等变形化简可得，进而得到；法二、利用余弦定理代入，整理得，再求即可求解；
（2）先根据锐角三角形得到，再利用余弦定理求的范围，再结合进行求解．
【小问1详解】
解：方法一、因为，则.
由正弦定理得：
则，因为，则.
所以，所以.
法二、由余弦定理：，
代入，得，又，
故，
整理得，故，
又，故；
【小问2详解】
在锐角中，由，可得.
又，
又，则，故.
又，设，设，
又在上单调递减，在上单调递增，所以
又因为，所以，故的取值范围为．
16. 某单位为了提高职工业务能力，举行相关的知识竞赛.规则如下：利用计算机在题库中选出3个题由职工作答，已知题库中有A，B两类题，每个类题答对可以得到20分，每个类题答对得30分.两类题的数量足够，每位职工正确回答类和类题的概率分别是和，且回答A，B两类题正确与否相互独立.
（1）若职工甲选3个类题作答，试求甲得分的分布列和方差；
（2）若甲乙两人每人选择2个类题和1个类题作答，求甲得分高于乙的概率.
【答案】（1）分布列见解析，300
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，的可能取值为0，20，40，60，求出对应的概率，即可列出分布列及求出方差；
（2）设甲、乙的最终得分分别为X，Z，“甲得分高于乙”为事件，甲得分高于乙包括：甲得20分、30分、40分、50分、70分五种情况进行求解即可．
【小问1详解】
设“甲选类题答对”为事件，
根据题意，的可能取值为0，20，40，60.
，，
，
，
所以的分布列是：
设为甲答对的类题的个数，则，且，
由，故的方差为.
【小问2详解】
设甲、乙的最终得分分别为X，Z，“甲得分高于乙”为事件，甲得分高于乙包括：甲得20分、30分、40分、50分、70分五种情况，这五种情况之间彼此互斥．
又，
，
，
则，
故．
17. 已知直角梯形，如图为平面图形，为中点，．将沿翻折到，形成四棱锥，如图2所示．
（1）求证：；
（2）若，过的平面与平面垂直，且与交于点，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用翻折前后边长不变的性质，结合等腰三角形三线合一证明垂直于含的平面，即可推导线线垂直；
（2）证明底面，建立空间直角坐标系，先求平面的法向量，再设在棱上的参数为，结合点的共面约束列方程组，解出参数值即可得到线段比值.
【小问1详解】
证明：取中点，连接，，，因为为中点，
所以，故四边形为平行四边形
又，故四边形为正方形.
从而可得为等腰直角三角形，故
又，即为，故
又， 平面，
故平面，
又平面，故
【小问2详解】
由，得.
由，得，又，平面，
所以平面.
又平面，故.
又，平面，
故平面.
易得，故为等腰直角三角形．
取中点，连接，则.
又因为平面，平面，故.
又， 平面，
故平面.
因为平面，故平面平面.
因为平面平面，故平面.
故平面与平面的交线平行于，在平面内过点作交于，
由是中点，得为中点，故.
法二、由，得
由（1），得，又，平面，
所以平面
故，又，故 两两垂直.
以为坐标原点，分别以 所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则.
故，设平面的一个法向量为，
则由，所以，可取，
设，则，，
∵平面平面，
∴平面内存在直线和平面的法向量平行，即可平移到平面内，
∴可表示为，
∴，解得，
所以，故.
【点睛】翻折类立体几何坐标法通用解题框架：
. 翻折处理核心：优先锁定翻折前后不变的垂直关系、边长，以公共垂足为原点建系，最大程度简化各点坐标的计算量；
. 棱上动点处理：棱上的未知点统一用共线向量参数表示坐标，仅含个未知量，结合点的共面/线面垂直/面面垂直约束即可列方程求解；
. 面面垂直等价转换：两个平面垂直等价于两个平面的法向量数量积为，也可通过平面内向量的线性关系列方程，两种方法可互相验证。
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为分别为的左、右顶点，直线与椭圆交于两点，当时，是椭圆的上顶点，且的周长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）以线段为直径作圆，点始终在圆内（包括圆周），求的取值范围；
（3）过点作直线的垂线，垂足为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）.
【解析】
【详解】解：当时，直线，令，得，即椭圆的上顶点为，故.
又的周长为，即，又，解得.
所以椭圆的方程为.
由知，，设，直线与椭圆方程联立得，
则
进而可得．
由题意知，对于任意的恒成立，即，
即，
将上面的代入上式，整理得
对于任意的恒成立，
故解得，故的取值范围为.
（3）
.
.
故的最大值为.
19. 已知函数.
（1）若在上恒成立，求实数的取值范围；
（2）当时，不等式是否恒成立，若是，给予证明；若否，给出反例；
（3）当时，若满足，且，求证：.
【答案】（1）
（2）恒成立，证明见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）令，分别对的取值范围进行分类讨论，由不等式恒成立即可求得；
（2）不等式等价于，令求出其单调性，即可得出结论；
（3）易知在上单调递增，由不等式可知，再结合（1）（2）中的结论可证明成立，即可得出结论.
【小问1详解】
设，
依题意对恒成立，由，
令，则，
（i）当，即时，在上单调递增，，即在上单调递增，，故，
所以满足题意．
（ii）当时，令，解得，
则当时，在上单调递减，，
即在上单调递减，，
故当时，，与题意矛盾.
综上，．
【小问2详解】
易知即为，
当时，上式等价于，
令，则，
令，则，
所以在上单调递增，，即，
故在上单调递增，故，即，
故当时，不等式恒成立．
【小问3详解】
证明：令，易知在上单调递增，
故当时，必有.
要证，只需证.
由已知，，故只需证且.
由（1）知，当时，，则，
故，
又 ，故.
由（2）知，当时，，
故，
又，
故.
综上，，故．
0
20
40
60