河南省郑州外国语学校2026届高三上学期调研5考试数学试卷含解析（word版）

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（120分钟 150分）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，则与关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别化简集合，利用集合相等的概念、集合间的包含关系以及交集运算即可求解．
【详解】，
，
则，，故B正确；A、C错误；
，故D错误；
故选：B．
2. 复数的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用复数的除法化简复数，再根据共轭复数的概念写出对应共轭复数即可.
【详解】由，其共轭复数为.
故选：A
3. 已知等差数列的前项和为，，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列的下标和性质可得，，结合等差中项运算求解即可.
【详解】因为数列是等差数列，则，即，
且，可得，
又因为，所以.
故选：A.
4. 已知某圆锥的轴截面是等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积与表面积的比值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设圆锥的底面半径，确定母线长，求出侧面积和表面积即可求得答案.
【详解】由题意可得轴截面是等腰直角三角形，设该圆锥的底面圆的半径为，则其母线长为，从而该圆锥的侧面积.
表面积，
故.
故选：A.

5. 若函数的图象与直线的相邻两个交点的距离为，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可得的最小正周期，即可求出．
【详解】因为函数的图象与直线的两个相邻交点之间的距离为，
所以的最小正周期，又，所以．
故选：C．
6. 的展开式中的系数为（ ）
A. －60B. －80C. 100D. 120
【答案】A
【解析】
【分析】考虑中选取，或选取，确定的展开式中选取什么项，可得到项，即可求得答案.
【详解】若中选取，则在的展开式中选取含的项，即，二者相乘得；
若中选取，则在的展开式中选取含的项，即，二者相乘得，
故的展开式中的系数为20－80＝－60,
故选： A．
7. 螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”．如图所示的阴影部分是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形的边长为，分别取正方形各边的四等分点，作第个正方形，然后分别取正方形各边的四等分点，作第3个正方形，依此方法继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形的边长为，后续各正方形的边长依次为，直角三角形的面积为，后续各直角三角形的面积依次为，则下列说法错误的是（ ）

A. 从正方形开始，连续个正方形的面积之和为
B.
C. 使得成立的正整数的最大值为4
D. 设数列的前项和为，则
【答案】C
【解析】
【分析】找到规律，得到，推导出等比数列，求出通项公式，判断B选项，进而得到从正方形开始，连续个正方形的面积之和，判断A选项，得到的通项公式，解不等式，判断C选项，利用等比数列前项和公式进行判断D选项.
【详解】由题可得，，，
则，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，则，B正确；
由题意可得：，即，
于是，为等比数列，
连续三个正方形面积之和，A正确；
令，则，而，C错误；
，D正确.
故选：C.
8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点都在椭圆上，若，且，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设直线，直线代入椭圆方程，消元后得一元二次方程，计算出两根和与积，再由题设条件，求出，和，代入中，利用韦达定理代入，化简即得， ，由的齐次不等式，即可求得离心率的取值范围.
【详解】依题意知，，
如图，由，可知三点共线，三点共线.
设，，，直线，直线,
由消去，可得，
则，同理可得，显然，，，
由代入坐标可得：，即得，
同理由可得，，由，可得，
同理，，故
（*），
又点在椭圆上，则有，则（*）式可化成：
，解得，故得，
又，故的离心率的取值范围为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：求椭圆离心率（或范围）的方法有三：
（1）根据已知条件列方程组，解出的值，直接利用离心率公式求解即可；
（2）根据已知条件得到一个关于（或）的齐次方程（或不等式），然后转化为关于离心率的方程（或不等式）求解；
（3）因为离心率是比值，故有时也可以利用特殊值法，例如令，求出相应的值，进而求出离心率.
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 从7名男生和5名女生中选4人参加夏令营，规定男、女生至少各有1人参加，则不同的选法种数应为( )
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】可以用两种方法求解：①分三类：3男1女，2男2女，1男3女；②用任选4人的方法数减去全部为男生或全部为女生的方法种数.据此几何判断求解.
【详解】(1)分三类：3男1女，2男2女，1男3女，
∴男、女生至少各有1人参加的选法种数为．
(2)任选4人的方法种数为，其中全部为男生或全部为女生的方法种数为，
所以男、女生至少各有1人参加的选法种数为．
故选：BC．
10. 在锐角中，角，，所对的边分别为，，，已知，且，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B. 的取值范围是
C. 点是所在平面内任一点，，则与的面积比为
D. 点是所在平面内任一点，若，则的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用正弦定理可判断A；利用正弦定理、倍角公式、余弦函数的单调性及值域可判断B；在上取点，使得，取中点为，设直线交于点，设，利用三点共线的性质及三角形面积关系可判断C；取中点为，连接，利用向量的数量积运算及线性运算求解可判断D.
详解】对于A：，由正弦定理得，
故或，
当时，因为，所以，
但，故，所以不符合要求，所以，故A正确；
对于B：由知，，，
其中，
因为为锐角三角形，所以，
即，解得，
因为在上单调递减，所以，故B正确；
对于C：在上取点，使得，取中点为，
则，设直线交于点，设，
所以，即，
因为三点共线，所以，解得，
所以，所以与的面积比为，故C错误；

对于D：取中点为，连接，则，且，
则，
由于点是所在平面内的任一点，则，
所以，故D正确.

故选：ABD.
11. 在棱长为6的正方体中，E，F，G分别为棱，，的中点，过E，F，G作正方体的截面，则（ ）
A.
B. 截面多边形存在外接圆
C. 截面多边形的面积为
D. 截面所在平面与平面所成角的正弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过空间几何分析正方体截面的形状、面积、外接圆存在性及二面角的正弦，结合正方体的性质和给定棱长，计算相关各边长度和面积，通过几何性质对选项进行逐一判断.
详解】
如上图所示，根据正方体的性质可知，平面，底面对角线，
因为为中线，则，又因为，所以，
又因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，故A正确.

如上图，延长交于，交于，连接交于，连接交于.
根据正方体的性质可知，，即，且公用顶点，
显然这两个三角形外心不重合，故这个五边形没有外接圆，B错误；
如上图，因为，为中点，则，
，，
，，
，，，
所以，
，
所以，故C正确.
如上图，因为，，由二面角定义可知，为截面与底面所成角（或补角），
因为，，
由余弦定理得，
所以，故D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知的通项公式为，若数列为递减数列，则实数的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意结合数列单调性的定义分析可知对任意恒成立，再根据恒成立问题分析求解即可.
【详解】若数列为递减数列，且，
则，
可得对任意恒成立，
可知当时，取到最小值9，可得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
13. 已知动圆上总存在不同的两点，到坐标原点的距离都等于1，则实数的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，求出以坐标原点为圆心，半径为1的圆为，设该圆为圆，由圆的方程分析圆心坐标和半径，分析可得若动圆上总存在不同的两点，到坐标原点的距离都等于1，则圆与圆有2个交点，由圆与圆的位置关系分析可得答案．
【详解】根据题意，以坐标原点为圆心，半径为1的圆为，设该圆为圆，
圆，即，其圆心为，半径，则，
若动圆上总存在不同的两点，到坐标原点的距离都等于1，则圆与圆有2个交点，
则有，即，解得，
即的取值范围为；
故答案为：．
【点睛】本题考查圆与圆的位置关系，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．
14. 已知函数．设函数，若有两个不同的零点，且，则的取值范围为___________
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得方程有两个不同的实根，令，求导可得的单调性，进而画出函数的图像，数形结合可得，且，结合已知可求的取值范围．
【详解】由题意知是的两个相异的零点，即方程有两个不同的实根．
令，则，
令，得，令，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，则，
且当时，，当时，．
画出的大致图像，如图，可知若曲线与直线有两个交点，
交点的横坐标分别为，则，且．

先考虑的情形：
由，得，
所以，，此时．
当时，，从而，符合条件；
当时，，从而，不符合条件．
所以要使，必须，得，
即的取值范围是．
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. 在中，角A，B，C所对边分别是a，b，c，且.
（1）求；
（2）若，，求b和的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）正弦定理边化角，又，即可求解余弦值，进而根据同角关系求解正弦值.
（2）用余弦定理求出边，用正弦定理求出，再用两角差的正弦，及倍角公式即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，整理得，
因为，所以，
因为，所以，
【小问2详解】
因为，，，
所以，所以．
所以，，
因为，，，所以，
因为，则为锐角，故，
故．
16. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，分别为上的点，且.

（1）证明：平面；
（2）若平面为的中点，，求二面角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面平行，然后得到线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解面面夹角，从而求解.
【小问1详解】
证明：如图，在上取一点，使得，连接，，，
因为底面是平行四边形，所以，所以，
因为，，所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以 平面，
又因为，所以，所以，
因为平面，平面，所以 平面，
又因为，平面，所以平面 平面，
因为平面，所以 平面.
【小问2详解】
当为中点，，，易知，为中点，
又因为平面，所以两两垂直，
则以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如（1）图，
设，则，，，，
所以，，.
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以，
故二面角的正弦值为，
所以正切值为.
故二面角的正切值为.
17. 某平台开展答题比赛，比赛共进行两轮，选手每轮比赛可以从甲、乙两类问题中选择一类问题，平台从该类问题中随机抽取一个问题供选手回答，比赛规定；甲类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分：乙类问题中的每个问题回答正确得50分，否则扣10分，选手初始分数为0分，假设某选手正确回答甲类问题的概率为，正确回答乙类问题的概率为．
（1）若该选手两轮都选择甲类问题，求该选手累计得分不低于20分的概率；
（2）若该选手第一轮选择甲类问题，第二轮选择乙类问题，记该选手累计得分为，求的分布列与数学期望．
【答案】（1）
（2），分布列见解析
【解析】
【分析】（1）利用对立事件简化概率计算即可；
（2）首先确定随机变量的所有可能取值，计算每个取值的概率，进而构建分布列并求解数学期望．
【小问1详解】
解：设事件“两轮比赛累计得分不低于20分”，
由已知该选手正确回答甲类问题的概率为，
所以．
所以该选手两轮比赛累计得分不低于20分的概率为．
【小问2详解】
解：的所有可能取值为．
，
，
的分布列为
的数学期望．
18. 已知函数，是的导函数，且，.
（1）求的解析式，并判断零点的个数；
（2）若，且对任意的恒成立，求k的最大值.（参考数据：，）
【答案】（1），1个；（2）4
【解析】
【分析】
（1）由，待定系数即可求得解析式，再令，求解零点；
（2）分离参数，将恒成立问题转化为最值问题，利用导数求解函数单调性及最值.
【详解】（1）因为，
所以.
因为，，
所以，.
解得，
故
，令，解得
故当函数单调递减；当函数单调递增；
又，，故函数在存在一个零点；
当时，，故，
故函数在区间上不存在零点；
综上所述：函数只有1个零点.
（2）因为，所以
等价于.
设，
则.
令，
则，故在上单调递增.
因为，，
所以存在，使得，
即，
则在上单调递减，在上单调递增，
故.
因为对任意的恒成立，
所以.
因为，且，
所以k的最大值是4.
【点睛】本题考查利用导数判断函数的零点个数，以及利用导数由恒成立问题求参数的问题，涉及二次求导，以及分离参数，属导数中档题.
19. 若椭圆的两个焦点分别为，且椭圆过点，若直线经过点且交椭圆于两点，交直线于点，直线的斜率分别为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线关于直线对称，求；
（3）探究的数量关系.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据焦点坐标，可得c值，根据椭圆定义，结合两点间距离公式，可得a值，根据a，b，c的关系，可得，即可得答案.
（2）因为直线关于直线对称，所以，设直线的方程为：，与椭圆联立，根据韦达定理，表达式，根据，化简整理，可得k值，进而可得直线l方程，与联立，可得M点坐标，即可得答案.
（3）若直线的斜率时，直线的方程为，可得各点坐标，根据斜率值，可猜想，再进行证明，分别求得和表达式，分析即可得证.
小问1详解】
由题意可知，，
，即，
所以，所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
直线的方程为：，
因为直线关于直线对称，所以，
由题意可知，直线的斜率存在，设直线的方程为：，
联立方程组：，得：，
设，则，
因为
即，
整理得：，
所以，即，解得，
所以直线的方程为：，
当时，，则，
所以；
【小问3详解】
若直线的斜率时，直线的方程为，所以，
此时，再结合（2），猜想，.
证明如下：
直线，所以，则，即，
由（2）知：
，
所以成立，
综上，
10
50
70