河南省五市2026届高三下学期第一次联考数学试题（含解析）高考模拟

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1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动、用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次不等式的解法求出集合，根据对数函数的单调性及定义域求出集合，再根据交集的概念求解即可.
【详解】，
，
所以.
2. 样本数据38，133，143，177，209，151，210，223， 252，281，218，309的上四分位数是（ ）
A. 223B. 237C. 237.5D. 252
【答案】C
【解析】
【分析】将数据从小到大排序，结合上四分位数计算公式即可求解.
【详解】数据从小到大排序：38,133,143,151,177,209,210,218,223, 252,281,309，共12个数，
，则上四分位数是第9个数和第10个数的平均数.
3. 已知向量，满足，，，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设两个向量的夹角为，则，
所以向量在向量方向上的投影数量为，
所以投影向量为.
4. 已知随机变量服从正态分布服从二项分布，则（ ）
A. B.
C. ，D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正态分布以及二项分布的期望和方差公式即可求解AB，根据二项分布的概率公式即可求解C，根据正态分布的对称性质即可求解D.
【详解】，故AB错误；
，故C错误；
根据正态分布的对称性可得，故D正确.
故选:D.
5. 已知函数的周期为，值域为，则（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】由周期函数的定义得出是周期为的周期函数，再由二倍角公式结合正弦函数的值域可判断.
【详解】，
所以函数的周期不是，A，B错误；
，
所以函数的周期是，，
所以，
所以的值域为，C正确；D错误.
6. 我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长与太阳天顶距（）的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表．根据三角学知识可知，晷影长等于表高与太阳天顶距正切值的乘积，即．对同一“表高”测量两次，第一次和第二次太阳天顶距分别为，，若第一次的“晷影长”是“表高”的2倍，且，则第二次的“晷影长”是“表高”的（ ）
A. 倍B. 倍C. 倍D. 倍
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，由结合两角差的正切公式可得，从而求得第二次的“晷影长”与“表高”的比值，得出答案.
【详解】由题可得，又，
所以.
即第二次的“晷影长”是“表高”的.
7. 在等差数列中，，当取得最小值时，（ ）
A. 5B. 6C. 2025D. 2026
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式及二次函数的性质求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，
则，，.
所以，所以.
.
当取得最小值时，，此时.
8. 已知椭圆与椭圆交于四点，且，的焦点与这四点在同一个圆上，则（ ）
A. 4B. 5C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆和圆的对称性、椭圆的焦距公式进行求解即可.
【详解】因为两个椭圆的四个焦点在同一个圆上，
所以根据椭圆和的对称性可知，该圆的圆心为原点，
因此有，
所以椭圆的半焦距为，椭圆的半焦距为，
因此该圆的方程为，即，
又两椭圆的交点与和的四个焦点在同一个圆上，
所以由椭圆和圆的对称性可知，这四个点也在圆上，
由，
代入椭圆： 中，
得化简可得： ，解得：，
又，故.
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. 一般地，任何一个复数（，）都可以写成的三角形式，其中，，是复数的模，是复数的辐角，并规定范围内的辐角的值为辐角主值，则方程的复数根的辐角主值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】设方程的复数根为（，），根据条件，利用复数相等得或，再转化成三角形式，即可求解.
【详解】设方程的复数根为（，），则，
即，则，解得或，
所以或，
又，，
且，所以方程的复数根的辐角主值是，.
10. 已知抛物线的焦点为，准线为，为坐标原点，过点的直线与抛物线交于，两点，分别过点，作的垂线，垂足分别为，，若为等边三角形，则（ ）
A. 直线的斜率为B.
C. 的周长为12D. ，，三点共线
【答案】BCD
【解析】
【详解】对于A项，抛物线的焦点为，准线为，
设，，则
由抛物线的定义得到，
因为为等边三角形，则，
即，即
化简得到，
解得或（舍去），所以，
所以直线的斜率为，故A错误；
对于B，根据对称性，取直线的斜率为，则直线方程为，
联立方程，得到，
解得（点）或（点）
由抛物线定义，，故B正确；
对于C项，由抛物线定义，所以等边的周长为，故C正确；
对于D项，根据对称性，取，则，
因为，，
所以且过原点O，故，，三点共线，
同理可得当时，，三点也共线，故D正确.
11. 在锐角中，角，，的对边分别为，，．已知，，成等差数列，且，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 周长取值范围为
D. 若是外接圆的圆心，则和面积之差的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】AB利用正弦定理边角互化即可；C利用正弦定理将周长用来表示，求关于的函数的取值范围；D利用正弦定理将面积差用来表示，求关于的函数的取值范围.
【详解】由题意得，，
则由正弦定理得，
因为，所以，则，则，故A正确；
因为，所以，
则，
因为，所以，故B正确；
由，即，得，
所以
，
因为为锐角三角形，所以，得，
则，
因为，所以，
则，故，
故周长取值范围为，故C错误；
设的外接圆半径为，，则，则，
故和面积之差为
，
因为，所以，则，
故当时，；当时，当时，
故和面积之差的取值范围为，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数的图象恒过定点，且函数的图象在处的切线也经过点，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】先求出点A，利用导数的几何意义求出函数的图象在处的切线方程，代入点的坐标，可得.
【详解】对函数，令，则，得.
所以.
函数的定义域为，.
，所以.
所以函数的图象在处的切线方程为.
因为该切线过点，所以，解得.
13. 采购员要购买某种电器元件一包（12个）．他的采购方法是：从一包中随机抽查4个，如这4个元件都是好的，他才买下这一包．假定含有6个次品的包数占20%，而其余包中各含2个次品，则采购员随机挑选一包拒绝购买的概率是______．
【答案】
【解析】
【详解】设事件为“包含6个次品”，为“包含2个次品”，为“采购员拒绝购买”，
则，
则，，
故
故采购员随机挑选一包拒绝购买的概率是.
14. 如图为四棱锥的平面展开图，其中为平行四边形，是边长为1的等边三角形，为的中点，，则四棱锥的外接球表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】由已知条件确定底面为等腰梯形，并确定，得到底面外接圆圆心即为中点，在底面以为轴建系，确定外接圆圆心坐标，再设球心通过即可求解.
【详解】是边长为1的等边三角形，故侧棱，，底边；
是中点，，是平行四边形，故底边，，，.
可知底面为等腰梯形，
因为为等边三角形，且为平行四边形，
可得：，在底面中连接，
则，
即，，
在底面以分别为轴，过作平面的垂线为轴，如图：
可得： ，，，，
因为，则底面外接圆，也即是的外接圆，
即的中点即为底面外接圆圆心，坐标为，
设，由、、​​，
可得，
解得
即
由四棱锥外接球的性质，
外接球的球心在过​垂直于底面的直线上，故设球心，
由得： ，解得​，
因此外接球半径平方： ，
外接球表面积： .
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. 某小区物业为提高服务质量，随机调查了100名男业主和100名女业主，每位业主对该物业的服务给出满意或不满意的评价，得到如下列联表：
（1）依据的独立性检验，能否认为该小区男、女业主对该物业服务的评价有差异？
（2）从小区的业主中任选一人，表示事件“选到的人对该物业的服务不满意”，表示事件“选到的人为男业主”，利用该调查数据，给出，的估计值．
附：．
【答案】（1）有差异 （2），．
【解析】
【分析】（1）根据公式求出，再对照临界值点，即可得出结论；
（2）根据条件概率公式求解即可.
【小问1详解】
假设：小区男、女业主对该物业服务的评价无差异．
因为，
依据的独立性检验，所以假设不成立，
即认为小区男、女业主对该物业服务的评价有差异．
【小问2详解】
由题意，，，
,
,
则，．
16. 已知数列的前项和为，且，，成等差数列，数列满足．
（1）求数列，的通项公式；
（2）是否存在正整数，使得？如果存在，请求出，的值；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1），．
（2）存在，使得原等式成立．
【解析】
【分析】（1）结合等差中项的定义得到，利用与的关系即可求出的通项公式，进而求出的通项公式.
（2）求出，结合等差数列的前项和求出，进而得到，再结合，为正整数代入验证即可.
【小问1详解】
由题，，成等差数列，所以，①
当时，，②
①②得：，即，所以，
当时，，解得，所以，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，即，又满足上式，
因此，从而．
综上：，．
【小问2详解】
由（1）得，，，
从而．
由于，为正整数，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，．
综上只有当，时满足条件，
因此存在，使得原等式成立．
17. 已知三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，且，，，分别为棱，的中点．
（1）求证：；
（2）求平面与平面的夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由等腰三角形和等边三角形性质证明，方法一：用向量数量积运算推导；方法二：通过作垂线构造线面垂直关系证明.
（2）方法一：建立空间直角坐标系求点坐标和向量，计算平面法向量，利用公式求夹角正弦值；方法二：找出二面角，借助平面几何求线段长，用余弦定理求正弦值.
【小问1详解】
取线段的中点为，连接，，
因为，所以，
又因为为正三角形，所以，
又，所以平面，故有．
方法一：设，，，则，
因为，所以，所以，
所以，所以①
同理由，可得②
由①-②得，所以，
又，所以，即．
方法二：作平面于，易得，
又，，
所以平面，所以，
同理，即为的垂心，故得，
从而得平面，故．
【小问2详解】
方法一：
作平面于，连接，作垂直，建立如图所示空间直角坐标系．
则，，，，
，，故有，，
记平面的法向量，则，
即，取，解得，
取平面的法向量，不妨设平面与的夹角为，
则，
从而正弦值为，即平面与夹角的正弦值为．
方法二：
取中点，连接交于，可知为中点，
连接，，易知，，
过作的平行线，则，，
因为为平面与平面的交线，
故为平面与平面所成二面角的平面角，
由平面几何知识易得，故，
又为等腰三角形，故在中，
，
又在中，，
在中，，故，
于是在中由余弦定理得：，
从而，即平面与夹角的正弦值为．
18. 用圆规画一个圆，然后在圆外标记点，并把圆周上的点折叠到点，连接，标记出直线与折痕所在直线的交点（如图），若不断在圆周上取新的点，，…进行折叠并得到标记点，，…，设圆的半径为4，点到圆心的距离为6，以所在的直线为轴，的中垂线为轴建立平面直角坐标系，所有的点，，，…形成的轨迹记为曲线．
（1）求曲线的轨迹方程；
（2）设为曲线上第一象限内的一点，记的重心为，内心为．
①若，求点的坐标；
②连接交曲线于第四象限一点，设的内心为，求四边形的面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）①；②．
【解析】
【分析】（1）由已知可得，进而由双曲线的定义知点，，，形成的轨迹是以，为焦点，以为实轴长的双曲线，进而可求曲线的标准方程；
（2）①由 得，可求得内心的纵坐标及的内切圆半径为，结合三角形面积公式计算可解得，再联立的距离方程与双曲线方程即可求得的坐标；②利用双曲线定义与三角形内切圆性质，先求内切圆在轴上的切点横坐标均为，进而可得和均为角平分线，通过直线倾斜角为，将转化为，再通过计算即可得出结果.
【小问1详解】
把圆周上的点折叠到点，折痕所在直线是的垂直平分线，
∴，，
若不断在圆周上取新的点，，…，进行折叠并得到标记点，，…，
总有，成立，
符合双曲线定义，故点，，，…形成的轨迹是以，为焦点，
以为实轴长的双曲线，故，
由，得，∴，，
即曲线的标准方程为：．
【小问2详解】
方法一：
①设点（，），则的重心的坐标为，
由题知，即内心的纵坐标为，也即内切圆半径为，
于是由，
得，而，，
即，解得，
从而有，解得，
所以点的坐标为．
②设内切圆与轴的切点为，其横坐标为．
根据双曲线定义和内切圆性质：
，，
联立解得：，，
所以圆心的横坐标为：，
同理的内切圆与轴的切点横坐标也为2，
连接和，则和均为角平分线，
设直线倾斜角为，通过几何关系得：，
由题，均在右支上，可知，或，从而可得，即，
所以，
即的取值范围．
方法二：
①连接并延长交轴于，由题知，即，
由角平分线性质知：，于是有，且，
解得，，故，易得；
设内切圆与轴的切点为，其横坐标为．
根据双曲线定义和内切圆性质：，，
联立解得：，，
所以圆心的横坐标为：，
于是，即，故，
代入曲线得，
所以点的坐标为．
②，由①知的横坐标为2，同理的内切圆与轴的切点横坐标也为2，
连接和，则和均为角平分线，设直线倾斜角为，通过几何关系得：
，
由题，均在右支上，可知，或，从而可得即，
所以，
即的取值范围是．
19. 已知函数，其中，且；．
（1）试求的单调区间；
（2）当时，讨论函数的零点个数；
（3）若恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是；
（2）当时，有1个零点；当或时，有2个零点；
（3）．
【解析】
【分析】（1）将函数求导，根据导函数的符号即可求得单调区间；
（2）利用零点定义将问题转换成方程的根的个数，构造函数，通过导数作出其图象，再由和、分类讨论即得；
（3）通过和讨论，结合反函数对称性得到．
进而构造函数，求导确定最小值，进而可求解.
【小问1详解】
函数的定义域是，，
∴当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减；
的单调递增区间是，单调递减区间是．
【小问2详解】
函数等价于．两端同取自然对数，得，即．
令，则原题转化为的解的个数．
由（1）知，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
则在处取得极大值，也是最大值，
当时，；当时，，
函数图象如图所示．
当时，，解得，此时有1个零点；
当时，，与有2个交点，此时2个零点；
当时，，与有2个交点，此时2个零点．
综上，当时，有1个零点；当或时，有2个零点．
【小问3详解】
由恒成立，得恒成立．
当时，取，易得，则显然不成立，故时不合题意；
当时，由，可得．
因为曲线与关于直线对称，
所以．
令，则，
令，得，
又因为单调递增，则当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增．
所以当时，取极小值点，也是最小值．
所以的最小值为，其中．
由，得，即，所以．
综上可得，所以的取值范围是．
是否满意
性别
满意
不满意
合计
男业主
80
20
100
女业主
60
40
100
合计
140
60
200
0.05
0.01
0.005
3.841
6.635
7.879