河南省2026届高三上学期12月第三次联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份河南省2026届高三上学期12月第三次联考数学试卷（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
一、单选题
1．已知向量，，且，则（ ）
A．B．C．2D．18
2．已知集合，且，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．为了了解某小区居民10月份的用电量情况，随机抽取了该小区12户居民10月份的用电量（单位：度），得到他们的用电量数据如下：172，150，185，161，165，170，175，178，180，184，155，190．该组数据的第75百分位数是（ ）
A．178B．179C．180D．182
4．如图，在正方体中，E，F，G分别是线段BD，，的中点，则异面直线AG与EF所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
5．已知是定义在上的奇函数，则曲线在处的切线方程是（ ）
A．B．C．D．
6．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，则的最大值是（ ）
A．B．C．3D．4
7．已知某圆柱的轴截面的周长为12，设该圆柱外接球体积的最小值为，该圆柱体积的最大值为，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数在区间上恰有2个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．若复数，则（ ）
A．z的实部是
B．
C．
D．z在复平面内对应的点位于第四象限
10．已知定义在上的函数满足，且，则（ ）
A．
B．的最小值是0
C．的图象关于y轴对称
D．不等式的解集是
11．已知双曲线的左、右焦点分别为，，P是双曲线C右支上的点，G是的内心，记，，的面积分别为，，，且，，则（ ）
A．
B．
C．的最大值是7
D．当时，
三、填空题
12．已知点在抛物线上，则A到抛物线C的准线的距离为 ．
13．已知甲盒中有三个红球和两个白球，乙盒中有两个红球和两个白球，所有小球除颜色外，其他都相同．某人先从乙盒中任取两个球，放入甲盒中，再从甲盒中任取两个球，则此人从甲盒中取到的两个球颜色相同的概率为 ．
14．已知直线与圆交于A，B两点，若a，b，c是等差数列中的连续三项，则的取值范围是 ．
四、解答题
15．在数列中，，．
(1)求的通项公式；
(2)求的前n项和．
16．某答题比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员答2道题，若2道题都答错，则该参赛队被淘汰；若至少答对1道题，则该参赛队进入第二阶段．第二阶段由该参赛队的另一名队员答2道题．已知某参赛队由甲、乙两名队员组成，且该参赛队在第一阶段由甲答题，第二阶段由乙答题．假设甲答对每道题的概率为，乙答对每道题的概率为，且每次答题的结果相互独立．
(1)求该参赛队能进入第二阶段的概率．
(2)现规定在第一阶段中，该参赛队员仅答对1道题，得1分；2道题都答对，得3分；2道题都答错，得0分．在第二阶段中，该参赛队员每答对1题，得1分；每答错1题，得分．记该参赛队两阶段的总得分为X，求X的分布列与数学期望．
17．如图，在三棱柱中，，，，，，D是棱的中点．
(1)证明：平面平面ABC．
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
18．已知椭圆的长轴长为4，且点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)直线（，）与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为D，连接OD（O为坐标原点）并延长，交椭圆C于点E，交直线于点H．
①若，求的值．
②若，试问直线l是否过定点？若过定点，求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由．
19．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若关于x的不等式恒成立，求a的值；
(3)证明：对一切的，都有．
参考答案
1．C
【详解】因为向量，，且，
所以，解得．
故选：C
2．A
【详解】由不等式，可得，解得，所以，
又由集合，
因为，所以，则，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：A.
3．D
【详解】先将12户居民的用电量数据从小到大排序：150，155，161，165，170，172，175，178，180，184，185，190.
第75百分位数的位置：，
因为整数，第75百分位数是第9项与第10项数据的平均值.
第9项数据为180，第10项数据为184，故第75百分位数为.
故选：D
4．C
【详解】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，，，，所以，．
设异面直线AG与EF所成的角为，
则．
故选：C．
5．B
【详解】因为是定义在上的奇函数，
所以，即对恒成立
所以，解得，
所以，所以，
所以，，
所以，所求切线方程为，即．
故选：B
6．A
【详解】因为，
由正弦定理可得，
整理可得，所以，
因为，则，
可得，由正弦定理可得，
由余弦定理可得．
因为，当且仅当时，等号成立，
可得，所以，且，
则，可得，
所以的最大值是.
故选：A.
7．B
【详解】设该圆柱底面圆的半径为r，高为h，则，故．
设该圆柱外接球的半径为R，
则，
当时，R取得最小值，则．
圆柱的体积，
当且仅当，即时，等号成立，则，．
故选：B．
8．D
【详解】令，则，所以，，
即，.
当时，
当时，；当时，；
当时，；
要使，恰有2个零点，则要求，，
所以，解得.
当时，
当时，；当时，；
当时，；
要使，恰有2个零点，
所以，解得.
综上，的取值范围是．
故选：D.
9．BCD
【详解】因为，则，
可知z的实部是，，，故A错误，BC正确；
且z在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限，故D正确；
故选：BCD.
10．ABD
【详解】令，得．
又，所以.
选项A：，，，A正确．
选项B：因为，当且仅当时，等号成立，所以B正确．
选项C：因为，所以，
该函数的图象关于直线对称，而非y轴，C错误．
选项D：因为，所以的图象关于直线对称，且在上单调递减，在上单调递增，则，即.
当，即时，不等式无解；
当，即时，不等式可化为，解得或，D正确．
故选：ABD
11．ACD
【详解】设内切圆的半径为r，则，
所以，
又，所以，故，A正确．
作，垂足为H，则．
由双曲线的定义及切线长定理可得．
又，解得，，
所以，B错误．
因为，所以．
因为，所以，C正确．
延长PG交于点M．
因为，所以．
由角平分线定理可得，所以，
所以，解得，D正确．
故选：ACD
12．4
【详解】因为点在抛物线上，
所以，所以，
所以准线方程为，
所以A到抛物线C的准线的距离为，
故答案为：4
13．
【详解】乙盒取2球有三种情形：
取2红：概率为，此时甲盒有5红2白，从甲盒取2同色球的概率为；
取2白：概率为，此时甲盒有3红4白，从甲盒取2同色球的概率为；
取1红1白：概率为，此时甲盒有4红3白，从甲盒取2同色球的概率为.
所求概率为： .
故答案为：
14．
【详解】因为a，b，c是等差数列中的连续三项，所以，
所以，则直线l的方程为，即，
故直线过定点．由题意可知圆的圆心为，半径，
设圆心到直线的距离为，因为直线恒过圆内的定点，
所以的取值范围是，即，弦长是的减函数，
故的最小值为当时取得，即，
的最大值为当时取得，即，
故的取值范围是．
故答案为：.
15．(1)
(2)
【详解】（1）因为，所以．
因为，所以，
所以是以为首项，3为公比的等比数列，
则，故．
（2）由（1）可知，则
．
第（2）问还可以这样解答：
设数列的前n项和为．
由（1）可知是以为首项，3为公比的等比数列，
则，
故．
16．(1)；
(2)分布列见详解，.
【详解】（1）记第一阶段甲答对第题为事件，，该参赛队进入第二阶段为事件，
由题知，，，
则.
（2）依题意可知，的所有可能取值为，
当，即甲答对1道题且乙答对0道题时，
；
当，即甲答对0道题时，；
当，即甲答对1道题且乙答对1道题，或甲答对2道题且乙答对0道题时，
；
当，即甲答对1道题且乙答对2道题，或甲答对2道题且乙答对1道题时，
；
当，即甲答对2道题且乙答对2道题时，
.
所以的分布列为：
所以.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：因为，所以．
因为，，所以，
则，所以．
因为，平面ABC，平面ABC，且，所以平面ABC．
因为平面，所以平面平面ABC．
（2）解：以A为坐标原点，AC，所在直线分别为x轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
由题中数据可知，，，，，
则，，，．
设平面的法向量为，
则,令，得．
设平面的法向量为，
则,令，得．
设平面与平面的夹角为，则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
18．(1)
(2)① ；②直线过定点
【详解】（1）由题意可得，解得，，
则椭圆的标准方程为．
（2）设，，
①当直线的斜率存在，且不为时，设直线的方程为，
由，得，则，
因为，所以，则直线OB的方程为，
同理可得，则．
故；
当直线，中的一条直线斜率不存在时，另一条直线的斜率为，
此时，
综上，．
②联立，得，
则，即，
则，
所以，，
即点D的坐标为，
所以，
因为，所以直线OD的方程为．
由，得，则，
则，
由，得，即点H的坐标为，
则．
因为，
所以，得，满足，
所以直线l的方程为，则直线l过定点．
19．(1)答案见解析
(2)1
(3)证明见解析
【详解】（1）由题意可得的定义域为，且．
当时，在上恒成立，则在上单调递增；
当时，由，得，由，得，
则在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）当时，由（1）知在上单调递增，又，所以当时，，则不符合题意．
当时，由（1）知在上单调递增，在上单调递减，
则．
又，且，所以，解得，
经检验，当时，恒成立．
综上，a的值为1．
（3）证明：由（2）可知当时，，即，
则，所以，所以．
当时，，
则，
故要证，只需证，
即证．
设，则．
由（2）可知，则，即，
所以，所以在上单调递增，所以，0
1
3
5