河南省青桐鸣大联考2026届高三下学期3月内部练数学试题（Word版附解析）

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1．若复数在复平面内所对应的点为，则（ ）
A．B．C．D．2
2．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知平面向量，，若，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．已知，且.函数在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．记为等差数列的前项和，若，则数列的公差为（ ）
A．1B．2C．4D．8
6．若，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知双曲线（，）的右焦点为，过点且斜率为的直线与轴交于点，线段与交于点，且为线段的中点，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．在不透明的盒子中有大小、质地均相同的5个球，其中有2个红球，3个白球，若每次随机不放回地从盒子里拿出一个球，直到把球拿完，则在第四次拿到的是白球的条件下，第二次拿到的是红球的概率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知为原点，直线过点，，，则（ ）
A．的最小值为4B．的最小值为8
C．点到距离的最小值为1D．点到距离的最大值为
10．已知抛物线（）的焦点为，以为圆心，为半径得到圆，圆上有一点.过点的直线与交于，两点，与圆另交于点，则（ ）
A．B．当时，的横坐标为2
C．当时，D．
11．已知函数的定义域为，且及其导函数的图象在定义域内均为连续不断的曲线，若存在开区间（其中不为空集），使得在区间上的值域与在区间上的值域相同，则称为可去函数，则（ ）
A．存在，为可去函数
B．对任意，为可去函数
C．“是可去函数”是“存在，使得”的充要条件
D．“不是可去函数”是“任意，使得”的必要不充分条件
三、填空题
12．已知函数（）的最小正周期为，则____.
13．如图，在三棱锥中，平面，，，，为的中点，为上靠近的三等分点，过点，的平面与交于点，则当时，______.
14．已知定义在上的函数和及其导函数和在上的图象均为一条连续不断的曲线，且，若，则的最大值为______.
四、解答题
15．记椭圆（）的左、右焦点分别为，，过点的直线与在第一象限内交于点，且，，的面积为1.
(1)求的标准方程；
(2)求的斜率.
16．某工厂采用了两种不同的冷却工艺生产零件，现从生产的零件中随机抽查了100个零件得到下面列联表，已知风冷工艺组的达标率恰好等于70%.
单位：个
(1)补充表格中的数据；
(2)根据小概率值的独立性检验，分析能否认为不同的冷却工艺与是否达标有关联.
附：，其中.
附表：
17．已知数列满足，.
(1)证明：是等比数列.
(2)设函数.
（i）证明：；
（ii）求.
参考公式：.
18．如图，在直三棱柱中，底面，且，设，点是棱的中点，点是棱的中点.
(1)证明：；
(2)设点是棱上的一个动点（不含端点），记直线与平面所成的角为.若存在最大值，求的取值范围.
19．已知函数，其中
(1)证明：在区间上存在唯一的极小值点；
(2)若极小值，证明：；
(3)当有两个不同的零点时，证明：.
类型
达标情况
合计
达标
未达标
水冷工艺
40
10
50
风冷工艺
50
合计
100
0.05
0.01
0.001
3.841
6.635
10.828
参考答案
1．A
【详解】因为复数在复平面内所对应的点为，
所以，
则.
2．B
【详解】由，则.
3．A
【详解】因为，所以，故.
4．C
【详解】二次函数，开口朝上，对称轴为，
因为函数在上单调递减，
所以，即 .
所以的取值范围为.
5．D
【详解】因为为等差数列，其前项和是关于的没有常数项的二次函数，
由题意得，解得.
故，
由等差数列前项和公式得，
故，故.
6．B
【详解】，，且，所以，
又因为，，所以
所以，
7．C
【详解】
设双曲线右焦点，其中，离心率，
则过点斜率为的直线方程为，
直线交轴于，令得，故，
因为是中点，由中点坐标公式得点，
由点在双曲线上，代入得： ，
整理得：，
令，则，，故，
代入得： ， 设，
整理得一元二次方程：，解得：或（舍去）,
即,
因此双曲线离心率为.
8．C
【详解】设事件：第二次取红球，事件：第四次取白球，
则第四次抽到白球的概率，
再计算，
第一步，第二次拿到红球的概率为，
第二步，在第二次已经拿走一个红球的情况下，盒子还剩余3个白球，一个红球，
则此时第四次拿到白球的概率为，
所以第二次拿到红球且第四次拿到白球的概率，
由条件概率公式.
9．BD
【详解】直线过点，则，
A选项中，，可正可负，
若，则，因此A错误，
B选项中，由柯西不等式得：，
当且仅当时取等号，因此的最小值为8，B正确，
C、D选项中， 原点到直线的距离，
若，则，，
最小值小于1，因此C错误，
由B可知，因此，
当且仅当时取等号，即距离的最大值为，D正确.
10．AB
【详解】抛物线的焦点为，圆方程为，
对于A，由点在圆上，得，而，则，A正确；
抛物线的焦点为，设直线方程为，，
由对称性不妨令点在第一象限，由，得，，
对于B，由，得，解得，，B正确；
对于C，由选项B得点，直线斜率，即，
则，而，因此，C错误；
对于D，，
，圆的弦，
因此不一定小于0，D错误.
11．AD
【详解】对于A项，，其中，
当时，有两实根，，
函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减，值域为且，
取，则，其值域仍为，故是可去函数，故A正确；
对于B项，，
当时，当时，，，，
当时，，，，
则恒成立，在上单调递增，不是可去函数，故B错误；
对于C项， 常数函数是可去函数，取任意开区间，的值域仍为，
但，不存在，使得，故C错误；
对于D项，必要性：若严格单调递增，则去掉任何开区间后其值域是原函数值域的真子集，
故不是可去函数，必要性成立，
不充分性：反例（严格单调递减），不是可去函数，
但不满足 “任意，使得”，故 “不是可去函数” 不能推出 “严格单调递增”，故D正确.
12．
【详解】因为函数的最小正周期为，
所以，得到，
所以，
所以.
13．
【详解】如图，以点为原点，为轴的正方向，过点作轴，建立空间直角坐标系，
，，，，
设，，,
因为，所以，得，
此时，，所以
14．
【详解】设，可得，
因为，
代入得，
所以为常数，
因为，可得，
所以对于任意都成立，即，
又由，可得，所以，
所以的最大值为.
15．(1)
(2)
【详解】（1）因为，所以，即，
又因为的面积为1，
所以，即，
由勾股定理，
即，
即，得到，则，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设 ，，
则，，
因为，所以，
即，即.
联立方程，解得，，所以，
所以直线的斜率.
16．(1)
(2)根据小概率值的独立性检验，认为不同的冷却工艺与是否达标无关联.
【详解】（1）因为风冷工艺组的达标率恰好等于70%，
所以风冷工艺组的达标人数为 ，
所以补充后的完整表格如下：
（2）零假设 ​：不同的冷却工艺与是否达标无关联.
，
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，即不同的冷却工艺与是否达标无关联.
17．(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）.
【详解】（1）由，得，
由，得，，
故数列是首项为1，公比为2的等比数列.
（2）（i）由（1）得数列的通项，其前项和，
当时，
，当时，，
所以.
（ii）对函数
求导得，
则
，
令，
则，
两式相减得，
因此，
所以.
18．(1)详见解析
(2)
【详解】（1）又因直三棱柱，
所以平面，平面,
故，因为，且点是棱的中点，
所以可得，而，
所以可得平面，而平面，
所以可得.
（2）以为原点，以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则可知，
，
设，则，
设平面的法向量为，则，
故，令，所以，
直线与平面所成的角满足，
所以，
令，所以，
，
要使存在最大，即存在最大值，设，
，
令，可得，
当，，所以单调递增，
当，，所以单调递减，
所以在取的最大值，
要使存在最大值，则需要，
因为，所以可得，即，
所以.
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1）的定义域为，求导得，
因为，，均是上的增函数，所以在上单调递增．
又，当时，，
根据零点存在定理，存在唯一的，使得．
且当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以在区间上存在唯一的极小值点；
（2）由，且，
所以，
构造函数，则，
因为，所以，
即在上单调递减，
又因为，所以的解为；
（3）由，可得，等价于．
由两边取对数得，
令，则，代入化简得，
设，则，
由在上都是减函数，
在上单调递减，
又因为，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
有两个不同的零点，等价于方程有两个不同的实数根，，
其中，．
不妨令，则由的单调性可知，
要证明，即，，即．
因为，所以，而，又在上单调递减，
只需证明，即证明对任意成立．
设，，
则．
由，
构造函数，
求导得：，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以，则有，
即可证得：，当且仅当时，等号成立，
所以当时，有，，所以，
因此，当时，恒成立，在上单调递减，
所以当时，有 ，
即，
也即．故原不等式成立．类型
达标情况
合计
达标
未达标
水冷工艺
40
10
50
风冷工艺
35
15
50
合计
75
25
100
类型
达标情况
合计
达标
未达标
水冷工艺
40
10
50
风冷工艺
35
15
50
合计
75
25
100