河南省郑州市第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试卷

这是一份河南省郑州市第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试卷，共12页。
说明： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），满分 150 分。
考试时间：120 分钟。
将第Ⅰ卷的答案代表字母填（涂）在答题卡上。
第Ⅰ卷（选择题，共 58 分）
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。
已知集合 A  1, 3, a2 ， B  1, a  2，若 A ∩ B  B ，则a  （）
1B． 1C． 2D． 2
若复数 z 与( z  2)2  8i 都是纯虚数，则 z 是（）
2i
2iC． 4i
D． 4i
x
5
6
9
12
y
8
7
m
2.4
已知变量 x 和 y 满足经验回归方程 ‸y  0.6x 10.4 ，且变量 x 和 y 之间的一组相关数据如右表所示，则下列说法错误的是（）
m  5
当 x  10 时， ‸y  4.4
变量 x 和 y 呈负相关D．该经验回归直线必过点(9, 6)
盲盒是指消费者不能提前得知具体产品款式的商品盒子．已知某盲盒产品共有3 种玩偶，小明购买 4 个盲盒，则他能集齐3 种玩偶的概率是（）
43
B．
2713
43
C． D．
97
x2y2
设双曲线C : a2  b2  1(a  0, b  0) 的右焦点为 F ，O 为坐标原点，以OF 为直径
3
的圆与双曲线的两条渐近线分别交于（除原点外） A 、B 两点，若| AB |2b ，则双曲线C 的离心率为（）
2
A．
B． 2C．
D． 3
已知 S ，T 分别是等差数列{a }，{b }n
Sn  2n  2 ，设点 A 是直线 BC
nnn
n 的前
项和，
Tn
7n  5
–––→–––→a5  a7  a9 –––→
b
外一点，点 P 是直线 BC 上一点，满足 AP CA 
6
AB ，则 （）
 2
3
1C．  2D． 1
654
在三棱锥 P  ABC 中， PA  AC ， PB  BC ， ABC 是边长为 2 的等边三角形，三棱锥 P  ABC 的外接球的表面积为 20，则三棱锥 P  ABC 的体积为（）
2 5
3
10
4
3 7
4
2 11
3
已知函数 f ( x)  (ex  2ax)(2 ln x  ax2 1) ，若对任意 x  0 ，f (x)  0 恒成立，则 a
的取值范围是（）
A．  1 , e 
B． 1 , e 
C．  2 , e 
D． 1 , 3e
 e2 2 
 e 2 
 e2 2 
 e2 
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。
关于空间向量，下列选项正确的是（）
空间向量及其模都可以比大小
若 a  b ，且 a  (x1 , y1 , z1 ) ， b  (x2 , y2 , z2 ) ，则 x1 x2  y1 y2  z1 z2  0
若空间向量 m  (3,1, 3) ， n  (1,, 1) ，且 m / /n ，则实数  1
3
(a  b) →
已知空间向量a 和b ，则a 在b 上的投影向量是
→b
| b |2
若首项为1的数列{an } 的前 n 项和为 Sn ，且 Sn 1  2Sn  2 ，则下列结论正确的是（ ）
S5  46B．数列an 是等比数列
C．数列  an  为递增数列D．a 中存在三项构成等差数列
n
n

2
3
已知函数 f (x)  2 3 sin (x 
)  cs( 2x) ，则下列结论正确的是（）
4
若函数图象向左平移个单位，则函数图象关于 y 轴对称
6
若2 sin
3 cs 0 ，则 f ()  13
7
C ． 若 方 程
f ( x)  1
在 ( 
内 恰 有 两 个 根 x 和
x （ x  x
）， 则
sin(2x
, )
32 2
 2x )  35
1212
1236
]
D．若函数 f ( x )( 0) 在[ 2, 3 上单调递减，在[0,] 上有且只有一个零点，
254
1 5
则 的取值范围是[, ]
6 6
第Ⅱ卷（非选择题，共 92 分）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
已知随机变量 X ~ N(2, 4) ，正实数 a ， b 满足 P(X  a)  P(x  b) ，则 4  1 的最小
ab
值为.
在(1  2 x)4 (1  3x)3 的展开式中按 x 的升幂排列的第3 项是.
2x 1, x  1

已知 f (x) 是定义在R 上的奇函数，当 x  (0, ) 时， f (x)  2 ，

0, 0  x  1
2
若 a ， b ， c 是平面内三个不同的单位向量，且满足 f (a  b)  2 ， f (b  c)  2 ，则
| a  b  c | 的最大值与最小值之差为.
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或验
算步骤。
15．（13 分）
已知某市组建了一支300 人的志愿者队伍，并由其中 200 人组成“志愿模范队”.经过一年的实践，全队共有 200 人的周平均服务时长超过 2 小时，其中有150 人来自“志愿模范队”，如下表所示.
请完成22列联表，并根据表中数据回答：根据小概率值 0.001 的独立性检验，能否认为“是‘志愿模范队’成员”与“周平均服务时长超过2 小时”有关系？
由于该市志愿者工作成效优异，现向全省推广该市经验，在全省每个市县都成立志愿 者队伍，请以该市志愿者队伍的样本频率作为概率的值，在全省的志愿者队伍中任选3 人，记周平均服务时长超过 2 小时且不是“志愿模范队”成员的人数为 X ，求 X 的分布列和数学期望．
是“志愿模范队”成员
不是“志愿模范队”成员
总计
周平均服务时长超过 2 小时
150
200
周平均服务时长不超过 2 小时
总计
200
300
附录： 2 
n ad  bc2
a  bc  d a  cb  d 
，其中n  a  b  c  d .
16．（15 分）
P 2  k 
0.100
0.050
0.010
0.001
k
2.706
3.841
6.635
10.828
在ABC 中，内角 A ，B ，C 的对边分别为 a ，b ，c . 已知 3c  a sin B 
求 A ；
若 a  3 ，点 D 在边 BC 上， DC  2DB ，求ADC 面积的最大值.
3a cs B .
17．（15 分）
如图在四棱锥 P  ABCD 中，平面 PAB  平面 ABCD ，AB / /CD ，AB  AD ，AB  3，
3
AD ， AP  CD  2 ，PAB  60∘ ， M 是CD 中点，
N 是 PB 上一点.
当 PN  1 PB 时，证明： MN / / 平面 PAD ；
3
若平面 PAD 与平面 AMN 夹角的余弦值为 13 ，求 PN 的值.
4PB
第 17 题图
18．（17 分）
x2y2FF
已知椭圆：   1，左右焦点分别为 1 ， 2 ，上下顶点分别为 A ， B ，左右顶点
43
分别为C ， D ， P ， Q 是 上异于椭圆顶点的两点.
求AF1F2 的周长；
若点Q 在第一象限且满足ABQ 的面积比F1F2Q 的面积大，求点Q 的横坐标的取值范围；
记点 A 在直线 PQ 上的投影为 H ，且直线CP 的斜率是直线 DQ 的斜率的3 倍，试判断：过点 A ， H ，O ( O 为坐标原点) 三点的圆是否为定圆？若是，求出该圆的方程；若不是，请说明理由.
19．（17 分）
已知函数 f (x)  sin x (x  0) 的极值点构成数列为{x }(n  * ) ．
exn
求证：当 x  (0,] 时， f ( x)  x ；
求函数 f ( x) 的单调区间，并证明{xn} 为等差数列；
x 
a
若不等式| f (xn ) |对一切 n  * 恒成立，求实数 a 的取值范围．
n
2025～2026 学年上学期期中考试
26 届 高三（数学）试题答案
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. C2. B3.D4. C5. A6. B7. D8. A
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. B C D10. AC11. A B D
3
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12. 9
4
13.
21x2
14. 3 
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤。
15．（13 分）【详解】（1）由题可得如下2 2 列联表：
.2 分
设零假设 H0 ：“是‘志愿模范队’成员”与“周平均服务时长超过 2 小时”无关，3 分
 2  300(15050  5050)2 
是“志愿模范队”成员
不是“志愿模范队”成员
总计
周平均服务时长超过 2 小时
150
50
200
周平均服务时长不超过 2 小时
50
50
100
总计
200
100
300
可得
200100 200100
18.75 10.828
x0.001 ，5 分
所以根据小概率值  0.001的独立性检验，可以认为H0 不成立，
即认为“是‘志愿模范队’成员”与“周平均服务时长超过 2 小时”有关6 分
依题意， X 的可能取值为0,1, 2,3，从全省的志愿者队伍中随机抽取一位志愿者，
2“”1
取到周平均服务时长超过
小时且不是 志愿模范队 成员的志愿者的概率为
6
.7 分
 5 3
125
1  5 225
故 P  X  0  ，P  X  1  C1   ,
6
6
 
 216
3 
6  72
 1 255
 1 31
P  X  2  C2   
,P  X  3  .
.10 分
6
3  
 
6
 
672
 216
故 X 的分布列为
.11 分
则数学期望E  X   0 125 1 25  2 5  3 1  1 ．或者E  X   3 1  113 分
2167272216262
X
0
1
2
3
P
125
216
25
72
5
72
1
216
16．（15 分）【详解】（1）由 3c  a sin B 
3a cs B ，根据正弦定理可得
3 sin C  sin Asin B  3 sin Acs B ，1 分
由 A  B  C  π ，则sin C  sin A  B  sin Acs B  cs Asin B ，2 分
可得 3 sin Acs B 
3 cs Asin B  sin Asin B 
3 sin Acs B ，3 分
3
由0  B  π ，即sin B  0 ，则 3 cs A  sin A ，即tan A ，5 分
根据0  A  π ，解得 A  π .7 分
3
（2）由（1）有S
 1 bc sin A  1 bc  3  3 bc ，8 分
△ABC2224
由 DC
2DB 有： S
 2 S
 2  3 bc  3 bc ，10 分
ADC3ABC346
又由余弦定理有：a2  b2  c2  2bc cs A  b2  c2  bc  2bc  bc  bc ，12 分
当b  c  3时，等号成立，所以bc  a2  9 ，所以S
 3 bc  3  9  3 3 ， 分
ADC
662
所以△ADC 面积的最大值为 323 .15 分
17．（15 分）【详解】如图，以 A 为坐标原点，AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴，过点 A 与平面 ABCD 垂直的直线为 z 轴建立空间直角坐标系，则B 3, 0, 0, D 0, 3, 0， P 1, 0, 3, M 1, 3, 0.1 分
（1） PB  2, 0, 
3，PM  0, 3, 
3 ，由PN  1 PB ，可得

3
PN   2 , 0, 
3  ， MN  PN  PM   2 , 
3, 2 3 
.2 分
 33  33 

证明：设平面PAD 的法向量为m   x, y, z  ， AP  1, 0, 3，AD  0, 3, 0 ，
 AP  m  x 
则
3z  0x  3z
解得令 z  1，得
m  
3, 0,1.4 分
 AD  m  3y  0， y  0，
2 3
3
因为MN  m   2 3  0  0 ，所以MN  m .6 分
3
又 MN 平面PAD ，所以MN // 平面PAD .7 分
（2） AM  1, 3, 0 ，设PN  t PB  2t, 0,  3t ，t 0,1，则
AN  AP  PN  1 2t, 0, 3  3t ，9 分
设平面 AMN 的法向量为n   x , y , z ，则

1 1 1
n  AM  x1 
3y1  0，
n  AN  1 2t  x1  3 1 t  z1  0
取 x1  3 t 1 ，则n   3 t 1,1 t, 2t 1 ，11 分
则 cs
 13
m，n
 m  n
m  n
3  3t  2t 1
2 3t 12  1 t 2  2t 12
4
.12 分
化简得：100t2  20t 1  0 ，解得t 
1
，14 分
10
所以 PN 
PB
1 .15 分
10
x2y2
222
a  2, c  1
18．（17 分）【详解】（1）由椭圆 Γ :
 1，得a
43
 4,b  3,c
 1，所以，
F1F2Q
1
2
所以△AF1F2 的周长为2a  2c  6 ；2 分
（2）设Q  x , y x
0, y
0，由S
S
，得 1 AB x
F F y ，
0000
ABQ
201 20
所以
x0  y0
3
x2y2
，即3x2  y2 ，4 分
2 5
00
3x2
又因为 0  0  1，所以0  y2  3  0  3x2 ，解得 x  2 ，6 分
4304050
 2 5
即点Q 的横坐标的取值范围为 5 ,2  ；8 分
（3）

C 2, 0, D 2, 0 ，设直线CP 的方程为 y  3k  x  2 ，直线DQ 的方程为 y  k  x  2, k  0 ，9 分
联立 4
1
 x2  y2 
3
，消 y 得4k 2  3 x2 16k 2x 16k 2 12  0 ，则2x
16k 2 12

，
4k 2  3
Q
 y  k  x  2
8k 2  6
 8k 2  6
12k
 8k 2  6
12k 
所以 xQ  4k 2  3 ，所以 yQ  k  4k 2  3  2  4k 2  3 ，故Q  4k 2  3 , 4k 2  3  ， 分

联立 4
1
 x2  y2 
3
，消 y 得12k 2 1 x2  48k 2 x  48k 2  4  0 ，则2x
48k 2  4

，
12k 2 1
P
 y  3k  x  2
24k 2  2
 24k 2  2
12k
 24k 2  212k
故 xP  12k 2 1 ，故 yP  3k  12k 2 1  2  4k 2  3 ，故P  12k 2 1 , 12k 2 1  ，13 分

12k  12k
x  x
k 2  1
k 4k 2  3 12k 2 1 4kPQ
当 PQ ，即
4 时， PQ
8k 2  6 
4k 2  3
24k 2  21 4k 2 ，则直线
12k 2 1
的方程为
12k
4k
8k 2  6 4k

2
y 
4k 2 

31 4k
2  x 

4k 2
 3  ，即 y 
1 4k
 x 1 ，过定点F1 1, 0 ，14 分
当 x  x ，即k 2  1 时，此时 x  x  1，直线PQ 过定点F 1, 0 ，15 分
PQ4PQ1
设 H  x, y，因为 AH  PQ, AO  OF1 ，所以过点 A, H ,O(O 为坐标原点) 三点的圆即为过
点 A, F1,O(O 为坐标原点) 三点的圆，因为 x 1 x  y  y  3  0 过原点，点F1 1, 0 ，
1 2
3 2
2
点 A0, 3 ，所以过点 A, H ,O(O 为坐标原点) 三点的圆是定圆 x     y  2   1

.17 分
19．（17 分）【详解】（1）当 x （0, π] 时，令 g  x  xex sinx ， g x   x 1ex  csx ，令m x  x 1ex csx, mx  x  2ex +sinx  0, 所以 g x  m x 单调递增，1 分
当 x （0, π] 时 gx   x 1ex csx  g0  e0  cs0  0 ，所以 g  x 在（0, π] 上单调递增，
.2 分
所以 g x  xex sinx  g 0  0 ，即得 xex  sinx ，所以 f  x  sinx  x ；3 分
ex
sinx
2 cs x  π 
（2）因为 f  x 
 x  0 ，所以
cs xex  ex sin x
cs x sin x4  ，
exf  x  

e2 x
exex
.4 分
xπ 
x   3π  2kπ, π 
π 
又因为e  0 ，当cs x  4   0 时，即442kπ k  N 或 x  0, 4  ，

π  π5π
f  x  0, f x 单调递增；当cs x  4   0 时，即 x  4  2kπ, 4  2kπ k  N ，

x
f  x  0, f  x 单调递减；所以函数 f  x  sinx  x  0 的单调增区间为
e
 3π  2kπ, π  2kπk  N ， 0, π  ，单调减区间 π  2kπ, 5π  2kπ(k  N) ；6 分
44
4 
 44

2 cs x  π πππ
令4 
，即得 x    kπ ，所以 x   kπ,k  N ，
f  x 
  0424
ex
结合单调区间知函数 f  x  sinx  x  0 的极值点为 x ，
exn
因为 x
 π , x
 5π ,
，所以 x
 π  n 1 π ，即得 x
 x  π  nπ   π  n 1 π  π ，
1424n4
所以x ππ
n1n4
 4

.8 分
n 是以为首项，以
4
为公差的等差数列；
sin  nπ  3π 
π3π*
4 
2
由（2）知 xn   n 1 π=nπ ,n  N ，则
f  x     2 ，
44n
nπ
3πnπ 3π
e4e4
a
因为不等式 f  x  对一切n  N* 恒成立，即不等式a  x f  x  对一切n  N* 恒成立，
x
nnn
n
.10 分
2
令h n  x f  x    nπ  3π 2，
nn3π
4  enπ 4
22
 nπ+ πnπ  3π 
2
因为h n 1  h n   nπ+ π  2   nπ  3π  2 
4  4  ，


π3ππ3π 
4  enπ+ 4
4  enπ 4
2nπ+
e4
nπ
e4
令t  x 

x ,t x  1 x ，当 x 0,1,t x  1 x  0,t  x 单调递增，
exexex
当 x 1,  ,t x  1 x  0,t  x 单调递减，13 分
ex
nπ+ π
nπ  3π
5ππ
故当n  2 时， nπ+ π  nπ  3π  1,4 
4 当n  1 时5  eπ , 4
 4 ，
44nπ+π
nπ3π
5ππ
e4
2
 nπ+ π
e4
nπ  3π 
e 4e 4
所以当n  1时， h n 1  h n 
4  4   0 ，所以h n 单调递减，
π3π 


2nπ+
e4
nπ
e4

所以h n
2 π
 h 1  2 4 
2π ，16 分
maxππ
e48e4
2π

所以a 的取值范围是

,  
π
.17 分
 8e 4