河南省普通高中2026届高三下学期春期期中联考数学试题 [含答案]

这是一份河南省普通高中2026届高三下学期春期期中联考数学试题 [含答案]，共21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。
一、单选题
1．已知集合，，若，则实数的所有取值之和为（ ）
A．2B．C．4D．
2．复数的虚部为（ ）．
A．B．C．1D．2
3．设，是一个随机实验中的两个事件，若，，则（ ）
A．B．C．D．
4．定义在上的函数，对任意实数都有，．若，则不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
5．已知圆，圆沿着圆内部边缘滚动，点，在圆上，且连线经过圆心，若圆的半径为1，则（ ）
A．B．C．3D．4
6．若双曲线：的实轴长、虚轴长、焦距成等差数列，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．C．D．
7．若函数在内不单调，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知三棱锥的各顶点均在表面积为的球的表面上，且，，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．为了研究某款新上市智能手环的直播间展示时长（单位：分钟）与即时下单量（单位：件）之间的关系，某电商平台随机记录了5场直播带货的数据，如下表所示：
若与的经验回归方程为，样本相关系数为，则（ ）
A．
B．回归直线过点
C．
D．当直播间展示时长为10分钟时，即时下单量的值估计为63
10．已知双曲线：的渐近线与圆：相切，记的左、右焦点分别为，，为上一点，且，与圆交于，两点，则（ ）
A．的离心率为2B．的渐近线方程为
C．D．若，则
11．已知数列的前项和为，若，，则（ ）
A．B．数列为递减数列
C．任意，D．任意，
三、填空题
12．若，则___________．
13．若“”是假命题，则的取值范围为__________．
14．某校数学教师命制一张试卷，试卷要求考查函数、几何、概率统计三个板块内容，其中函数题3道、几何题2道、概率统计题2道，且同板块试题难度互不相同．现要求同一板块的试题不相邻且难度从易到难，则该试卷不同的排版方案有___________种（用数字作答）．
四、解答题
15．已知是数列的前项和，，.
(1)求的通项公式；
(2)若数列的前项和为，证明.
16．如图，四棱锥中，底面，，.
(1)求平面与平面所成角的余弦值；
(2)已知，分别为线段，上的动点，是否存在这样的点，，使得，，，四点共面、且该平面与平面垂直？若存在，请确定点，的位置；若不存在，请说明理由.
17．为响应“书香校园”建设，某校图书馆引入了一套智慧自助借还系统M，该系统内置个智能识别模块.每个模块在日常使用环境下正常工作的概率为，各模块工作状态相互独立.
(1)该图书馆从某批次智能识别模块中随机抽取了100个，在“日常校园环境”和“高温潮湿仓库环境”下测试其工作状态，得到如下列联表：
请根据小概率值独立性检验，能否认为模块工作状态与测试环境有关联？
附：，.
(2)当时，系统M中正常工作的模块个数为随机变量X，回答以下问题：
（i）求X的分布列及数学期望；
（ii）若有超过一半的模块正常工作，则系统正常工作，系统正常工作的概率称为系统的可靠性.为改善时系统M的可靠性，能否通过增加一个智能识别模块（即）提高系统M的可靠性？请给出你的结论并证明.
18．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性；
(3)若有极小值，且，求a的取值范围.
19．已知为坐标原点，点是焦距为的双曲线上的三个点，分别是线段的中点，是的两条互相垂直的渐近线.
(1)求双曲线的方程；
(2)若直线与分别交于和，求证：；
(3)判断的外接圆是否过定点；若是，请写出定点坐标并证明；若否，请说明理由.
直播间展示时长
1
2
3
4
5
即时下单量
12
18
25
30
34
正常工作
故障
合计
日常校园环境
50
5
55
高温潮湿仓库环境
35
10
45
合计
85
15
100
0.05
0.01
0.001
k
3.841
6.635
10.828
答案及解析
1．A
解析：已知集合，，，
则或.
若，因式分解为，解得或.
两种解都满足集合元素互异性.
若，整理得，判别式，无实数解.
故实数的所有取值之和为.
2．A
解析：由复数的运算法则，可得，
所以复数的虚部为．
3．C
解析：因为，所以.
又，
且，所以，.
4．A
解析：由可知,设，则
所以，函数最小正周期为3，
由可得，
设(C为常数)，则，那么
，在上单调递增，
，
，
由可得，，
即，又在上单调递增
所以，，故选A.
5．C
解析：圆的标准形式为，
，即圆心的轨迹是以为圆心，半径是2的圆，
已知，点，在圆上，且连线经过圆心，则是圆的直径，
则，
，
．
6．A
解析：依题意，，则，
即，即，解得，
故所求渐近线方程为．
7．D
解析：，
当时，，则函数在内单调递减，不满足条件，
当时，令,则．
所以在内单调递增，
要使函数在内不单调，
∴在上有变号零点，
又，故只需．
∴.
8．A
解析：设球的半径为，所以，解得，故，
又，所以，所以，
设的中点为，则是外接圆的圆心，
则平面，
以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
设点，因为，
所以，即，
两式相减解得，代回上式可得，所以，即，
又平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为，
所以点到平面的最大距离为，
所以三棱锥体积的最大值为.
9．ACD
解析：对于A，由数据可知，即时下单量随着直播间展示时长的增大而增大，
因此直播间展示时长与即时下单量为正相关，即样本相关系数，故A正确；
对于B，由数据可知，，，
则回归直线过中心点，不过点，故B错误；
对于C，将点代入，可得，解得，故C正确；
对于D，由C知，与的经验回归方程为，
则时，，故D正确.
10．ABD
解析：双曲线：的渐近线方程为，即.
圆：的圆心为，半径为.
由题意得，圆心到渐近线的距离，即，所以.
对于A：，故A正确.
对于B：，所以渐近线方程为，故B正确.
对于C：，，因为，所以点的横坐标为，
代入双曲线方程，解得.
取，则，，
所以，故C错误.
对于D：若，则，，，，.
直线方程为，即.
圆心到直线的距离，
由垂径定理可得，，故D正确.
11．ABD
解析：对于A，，，，故A正确；
对于B，，
当时，若，则或，
令，即，因为，故方程无解，即，
当时，或，而，
以此类推，或，
又，所以，
所以，所以，
所以数列为递减数列，故B正确；
对于C，，
所以，故C错误；
对于D，因为数列为递减数列，故，
由可得，即，
由，两边同时除以得，即，
所以当时，
，，，，
上式累加得，
即，
又，所以，
当时，，此时，
综上，，故D正确.
12．
解析：由题意得：
令，得，
令，得，
令，得，
所以，
所以.
13．
解析：由于“”是假命题，则有对任意恒成立，
由于时，，因此，
又因为当时，，且在内可无限趋近，为满足恒成立，
故的取值范围是.
14．38
解析：用表示三道函数题且难度从易到难，
用表示两道几何题且难度从易到难，
用表示两道概率统计题且难度从易到难，
先排几何题与概率统计题，则有①或、②或、
③或这三类不同情况，
针对情况①：之间与之间必须插入一道函数题，
则剩余的道函数题有个位置可选，共有种情况；
针对情况②：再插入三道函数题，共有种情况；
针对情况③：则之间或之间必须插入一道函数题，共有种情况；
综上，共有种不同情况.
15．(1)
(2)证明见解析
解析：（1）当时，，，
，又，；
，即，；
则当为奇数时，；当为偶数时，；
.
（2）由（1）得：，
，
，
，.
16．(1)
(2)存在，点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
解析：（1）方法一：因为，
所以，即
因为平面平面，所以，
又因为平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
所以为平面与平面所成的角，
因为，所以，
即平面与平面所成角的余弦值为；
方法二：以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，
由已知，，
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，所以，
因为底面，所以平面的法向量为，
因此平面与平面所成角的余弦值为
；
（2）方法一：取线段上的中点，因为，所以，
由（1）可知平面平面，所以，
又因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
延长、交于点，连接，并延长交线段于点，
则，，，四点共面，
过点作，交延长线于点，
因为，所以①
因为，，
所以，同理可得，
所以，，故，
所以是的中点，
因为，所以②
联立①②可得，即，
所以存在这样的点，满足题意，
此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
方法二：取线段上的中点，因为，所以，
由（1）可知平面平面，所以，
又因为平面平面PBC，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，
，
假设存在这样的点，使得，，，四点共面，
不妨设（其中），
则，
因为存在唯一的有序实数对，使得，
所以，
解得，此时，
所以存在这样的点，满足题意，
此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
方法三：以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下图所示，
，
假设存在这样的点，，
不妨设（其中），（其中），
则
设平面的法向量为，则，
即，
令，则，所以，
因为平面与平面垂直，
由（1）可得平面的法向量为
由，可得，此时，
又因为，，，四点共面，
所以存在唯一的有序实数对，使得，
即，
解得，此时，
所以存在这样的点，满足题意，
此时点位于线段上的中点、点位于线段上靠近点的三等分点．
17．(1)不能认为有关联
(2)（i）分布列见解析，3（ii）能，证明见解析
解析：（1）零假设为：模块工作状态与测试环境无关联.
根据列联表中数据，得，
所以依据小概率值的独立性检验，我们推断成立，可以认为模块工作状态与测试环境无关联.
（2）①由题意可知，
（法一）的分布列为，
.
（法二），
，
，
，
，
则的分布列如下：
.
②当时记系统中正常工作的模块数为随机变量，则，
记时系统的可靠性为，记时系统的可靠性为.
故，
，
故，
故增加一个模块即，能提高系统的可靠性.
18．(1)
(2)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增
(3)
解析：（1）当时，，所以
所以切线方程为即，
（2），
若，可得时，，所以在上单调递增；
若时，当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增；
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）由（2）可知当时，有极小值，极小值为，
此时极小值也是最小值，由，可得，，
又，所以
令，求导得，
所以在上单调递减，又，
当时，，当时，，
所以时，，此时满足，
所以a的取值范围
19．(1)
(2)证明见详解
(3)外接圆过定点，证明见详解
解析：（1）双曲线的渐近线方程为，
由题意两条渐近线互相垂直，因此斜率乘积为：，
已知双曲线焦距，故，又双曲线满足，
代入得：，
因此双曲线的方程为.
（2）由题可知，只需证明为线段中点，
当斜率不存在时，为等腰直角三角形，为线段中点显然成立．
当斜率存在时，设，分别与交于
和，线段中点为；
联立与，计算得：，
设，由韦达定理：
则中点的横坐标为：，代入直线方程得纵坐标：，
故，为中点，证毕．
（3）由对称性可知，若外接圆过定点，则定点为坐标原点，
下面证明：四点共圆.
注意到，和中，至少有两条直线的斜率存在，不妨设的斜率存在，
设
由（2）知，，
则，，
又为的中点三角形，故 ，即，
，故，
即四点共圆，
故外接圆过定点.
0
1
2
3
4