河南省天立教育2026届高三上学期期末联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份河南省天立教育2026届高三上学期期末联考数学试卷（Word版附解析），共17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．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．在前项和为的等差数列中，，，则（ ）
A．5B．15C．45D．90
3．已知双曲线的左、右焦点分别为，点为双曲线上位于第一象限内的一点，为的内心，交轴于点，且，直线的斜率为，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
4．已知定义在上的函数满足：，都有，且对任意，都有，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知直线与相交于点P，点Q在圆上，则（ ）．
A．有最大值B．有最大值
C．有最小值D．有最小值
6．为比较甲、乙两所学校学生的数学水平，采用了如下方法：
第1步，科学抽样．采用简单随机抽样方法从两所学校共抽取88名学生，且对这88名学生进行测验；
第2步，收集数据．测验得到了如下数据：甲校43名学生中有10名数学成绩优秀；乙校45名学生有7名学生数学成绩优秀，并做出了如下的列联表：
第3步，提出零假设．零假设：两校学生的数学成绩优秀率无差异，
第4步，计算．计算得到，
第5步：判断．根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即认为两校的数学成绩优秀率没有差异．
附：，．
若将列联表中所有数据都扩大到原来的10倍，则下列说法正确的是（ ）
A．根据小概率值的独立性检验，两校的数学成绩优秀率没有差异
B．根据小概率值的独立性检验，两校的数学成绩优秀率没有差异
C．有99%的把握认为学生的数学成绩是否优秀与学校有关
D．学生的数学成绩是否优秀与学校有关，该推断犯错误的概率不超过0.001
7．已知为椭圆上一点，分别为其左、右焦点，为坐标原点，，且，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，若，存在，使得成立，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．设，，则（ ）
A．B．
C．D．
10．在边长为的菱形中，，沿对角线将折起得四面体，且，则（ ）
A．
B．直线与平面所成角的余弦值为
C．四面体的体积为
D．点为的外心，点为四面体外接球的球心，则
11．已知双曲线，点，分别在两条渐近线上（不与原点重合），点是上的一个动点，且，记直线的斜率分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．为定值B．当轴时，为定值
C．为定值D．为定值
三、填空题
12．已知，则 ．
13．已知直线与曲线相切，则实数的值为 ．
14．已知O为坐标原点，直线与函数的图象分别交于M，N两点，则面积的最大值为 ．
四、解答题
15．已知函数.
(1)若，求的值；
(2)设，求函数的最小值.
16．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，是边长为2的等边三角形，

(1)求证：
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值
17．已知函数．
(1)讨论函数在区间上的零点个数；
(2)证明：当时，
18．已知抛物线的焦点到其准线的距离为2.
(1)求C的方程；
(2)过点的直线l与C交于M，N两点，且，求l的方程；
(3)设C的焦点为是C上不同的三点，若，，求的值.
19．袋子中有4个白球，3个黑球，这些球除颜色外全部相同．现将袋子中的球随机地逐个取出，并将第次取出的球放入如图所示的编号为的抽屉里．
(1)求编号为2的抽屉里放的是黑球的概率；
(2)记编号为奇数的抽屉里所放白球的总数为，求的分布列和数学期望；
(3)记“从左往右数，任意前个抽屉中，白球总数均不少于黑球总数”为事件，求事件的概率．
参考答案
1．B
【详解】集合，则，而，
所以.
故选：B
2．C
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
由，得①，
由，得，化简得，
将代入①，得，故.
故选：C
3．D
【详解】
为的内心，
为角平分线交点，
又，故，
，
，
又，
，
直线的斜率为，，
在中，由余弦定理得，
整理得，故D正确．
故选：D．
4．A
【详解】令，则，因，
则，则图象关于对称；
又对任意，都有，
则在上单调递减，又图象关于对称，
则在上单调递增，在上单调递减.
.
故选：A
5．A
【详解】对于直线，可变形为.
令，解得，所以直线恒过定点.
对于直线，可变形为.
令，解得，所以直线恒过定点.
因为，所以，已知，，则中点坐标为.
，所以半径.
则点的轨迹是以AB为直径的圆的一部分，故点P的轨迹为，
已知圆的圆心，半径，则圆心与点轨迹圆的圆心的距离为.
的最大值为圆心加上两圆半径，即.
由于轨迹不包含点，故不存在最小值.
故选：A．
6．C
【详解】由题，列出新的列联表如下：
代入卡方公式：
，其中，
所以，
，
所以认为 “学生的数学成绩是否优秀与学校有关”，且有的把握，
故AB错误.
且推断犯错误的概率不超过0.01，不是0.001，故错误.
故选：C.
7．C
【详解】令，显然点不在x轴上，，
则，
由余弦定理得，
因此，而，
于是，整理得，则，
所以的离心率为.
故选：C
8．B
【详解】因为，所以，
将其解集（部分）在数轴上表示如下：
若，存在，使得成立，
则区间的长度大于等于相邻两个解集之间的长度，
即，即，
又，所以，所以的最大值为.
故选：B.
9．AC
【详解】因为，，所以，
，所以，故A正确；
因为，故B错误；
因为，
所以，故C正确；
因为，，
所以，
，
所以，故D错误.
故选：AC
10．ABD
【详解】选项A：因为菱形中，所以和为等边三角形，
设中点为，连接，则，，

因为平面，，所以平面，
又平面，所以，A说法正确；
选项B：过作平面，因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
又平面，所以在直线上，所以即为直线与平面所成角的平面角，
因为，菱形边长为2，所以，，
在中由余弦定理可得，B说法正确；
选项C：由选项B可知，
四面体的高，
所以四面体的体积，C说法错误；
选项D：设中点为，因为，所以是直角三角形，
所以，即中点为四面体的外接球球心，
因为点为的外心，所以平面，，
因为平面，所以，
所以，D说法正确；
故选：ABD
11．AD
【详解】由题意得双曲线的渐近线方程为，
不妨设点A在渐近线上，点B在渐近线上，
则，故，A正确；
设，由得，
即，
当轴时，，不为定值，B错误；
把代入中，得，
整理得，
再由得，
即不为定值，为定值，C错误，D正确，
故选：AD
12．
【详解】对于，
取，可得，
再取，可得，
故得.
故答案为：.
13．
【详解】直线过定点，
，设直线与曲线的切点坐标为，
则，
则，∴.
故答案为：
14．
【详解】函数在上单调递增，在上单调递减，
作出在上的图象，
因为，所以当时，，
设，则，
令，则，
当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
则，故面积的最大值为．
故答案为：.
15．(1)
(2)
【详解】（1）因为.
.
.
（2）因为：，.
所以：.
设，则，且，
所以：，
当时，.
所以的最小值为.
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：取的中点，连接．
∵四边形为菱形，且，则，
又∵为等边三角形，∴，
而，平面，∴平面．
又∵平面，∴．

（2）若，由是边长为2的等边三角形可得，
，
而，．以点为原点，，，分别为轴、轴、轴的正方向建系．
则，，，，．
故，，
设平面的法向量
∴，∴即
令，则，，所以，平面的法向量．
设直线与平面所成角为，
∴,
所以直线与平面所成角的正弦值为．

17．(1)答案见解析．
(2)证明见解析
【详解】（1）由题可得函数的定义域为
令，可得，令，则，
由可得，由可得，
故在上单调递增，在上单调递减．
且.
所以当a