2026届河南省信阳市第一高级中学高三下学期第五次调研考试数学试题含解析

这是一份2026届河南省信阳市第一高级中学高三下学期第五次调研考试数学试题含解析，文件包含PDF版第四单元比例·比例的意义和基本性质篇十四大考点-2024-2025学年六年级数学下册典型例题系列原卷版苏教版pdf、第四单元比例·比例的意义和基本性质篇十四大考点-2024-2025学年六年级数学下册典型例题系列原卷版苏教版docx、PDF版第四单元比例·比例的意义和基本性质篇十四大考点-2024-2025学年六年级数学下册典型例题系列解析版苏教版pdf、第四单元比例·比例的意义和基本性质篇十四大考点-2024-2025学年六年级数学下册典型例题系列解析版苏教版docx等4份试卷配套教学资源，其中试卷共94页， 欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．如图所示，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为（ ）
A．B．C．D．
2．函数在上的大致图象是（ ）
A．B．
C．D．
3．是虚数单位，复数在复平面上对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
4．已知数列满足：.若正整数使得成立，则( )
A．16B．17C．18D．19
5．设一个正三棱柱，每条棱长都相等，一只蚂蚁从上底面的某顶点出发，每次只沿着棱爬行并爬到另一个顶点，算一次爬行，若它选择三个方向爬行的概率相等，若蚂蚁爬行10次，仍然在上底面的概率为，则为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知F是双曲线（k为常数）的一个焦点，则点F到双曲线C的一条渐近线的距离为（ ）
A．2kB．4kC．4D．2
7．关于函数，有下列三个结论:①是的一个周期；②在上单调递增；③的值域为.则上述结论中，正确的个数为（）
A．B．C．D．
8．如图，在中，点，分别为，的中点，若，，且满足，则等于（ ）
A．2B．C．D．
9．在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足，其中星等为mk的星的亮度为Ek（k=1,2）.已知太阳的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为( )
A．1010.1B．10.1C．lg10.1D．10–10.1
10．将一块边长为的正方形薄铁皮按如图（1）所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，将该容器按如图（2）放置，若其正视图为等腰直角三角形，且该容器的容积为，则的值为（ ）
A．6B．8C．10D．12
11．若，则“”的一个充分不必要条件是
A．B．
C．且D．或
12．若函数在时取得极值，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在△ABC中，a＝3，，B＝2A，则csA＝_____．
14．在四面体中， 分别是的中点．则下述结论：
①四面体的体积为；
②异面直线所成角的正弦值为；
③四面体外接球的表面积为；
④若用一个与直线垂直，且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为．
其中正确的有_____．（填写所有正确结论的编号）
15．已知点是直线上的动点，点是抛物线上的动点.设点为线段的中点，为原点，则的最小值为________.
16．某市公租房源位于、、三个小区，每位申请人只能申请其中一个小区的房子，申请其中任意一个小区的房子是等可能的，则该市的任意位申请人中，恰好有人申请小区房源的概率是______ .（用数字作答）
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）某贫困地区几个丘陵的外围有两条相互垂直的直线型公路，以及铁路线上的一条应开凿的直线穿山隧道，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路， 以所在的直线分别为轴，轴， 建立平面直角坐标系， 如图所示， 山区边界曲线为，设公路与曲线相切于点，的横坐标为.
（1）当为何值时，公路的长度最短?求出最短长度；
（2）当公路的长度最短时，设公路交轴，轴分别为，两点，并测得四边形中，，，千米，千米，求应开凿的隧道的长度.
18．（12分）设函数．
（1）当时，解不等式；
（2）设，且当时，不等式有解，求实数的取值范围．
19．（12分）已知抛物线，过点的直线交抛物线于两点，坐标原点为，.
（1）求抛物线的方程；
（2）当以为直径的圆与轴相切时，求直线的方程.
20．（12分）已知关于的不等式解集为（）.
（1）求正数的值；
（2）设，且，求证：.
21．（12分）已知数列的前项和和通项满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）已知数列中，，，求数列的前项和.
22．（10分）在如图所示的多面体中，平面平面，四边形是边长为2的菱形，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，且， ，
（1）若分别为，的中点，求证：平面；
（2）若，与平面所成角的正弦值，求二面角的余弦值．
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B
【解析】
根据三视图可以得到原几何体为三棱锥，且是有三条棱互相垂直的三棱锥，根据几何体的各面面积可得最大面的面积．
【详解】
解：分析题意可知，如下图所示，
该几何体为一个正方体中的三棱锥，
最大面的表面边长为的等边三角形，
故其面积为，
故选B．
【点睛】
本题考查了几何体的三视图问题，解题的关键是要能由三视图解析出原几何体，从而解决问题．
2、D
【解析】
讨论的取值范围，然后对函数进行求导，利用导数的几何意义即可判断.
【详解】
当时，，则，
所以函数在上单调递增，
令，则，
根据三角函数的性质，
当时，，故切线的斜率变小，
当时，，故切线的斜率变大，可排除A、B；
当时，，则，
所以函数在上单调递增，
令 ，，
当时，，故切线的斜率变大，
当时，，故切线的斜率变小，可排除C，
故选：D
【点睛】
本题考查了识别函数的图像，考查了导数与函数单调性的关系以及导数的几何意义，属于中档题.
3、D
【解析】
求出复数在复平面内对应的点的坐标，即可得出结论.
【详解】
复数在复平面上对应的点的坐标为，该点位于第四象限.
故选：D.
【点睛】
本题考查复数对应的点的位置的判断，属于基础题.
4、B
【解析】
由题意可得，，时，，将换为，两式相除，，，
累加法求得即有，结合条件，即可得到所求值．
【详解】
解：，
即，，
时，，
，
两式相除可得，
则，，
由，
，
，
，，
可得
，
且，
正整数时，要使得成立，
则，
则，
故选：．
【点睛】
本题考查与递推数列相关的方程的整数解的求法，注意将题设中的递推关系变形得到新的递推关系，从而可简化与数列相关的方程，本题属于难题.
5、D
【解析】
由题意，设第次爬行后仍然在上底面的概率为.①若上一步在上面，再走一步要想不掉下去，只有两条路，其概率为；②若上一步在下面，则第步不在上面的概率是.如果爬上来，其概率是，两种事件又是互斥的,可得，根据求数列的通项知识可得选项.
【详解】
由题意，设第次爬行后仍然在上底面的概率为.
①若上一步在上面，再走一步要想不掉下去，只有两条路，其概率为；
②若上一步在下面，则第步不在上面的概率是.如果爬上来，其概率是，
两种事件又是互斥的,∴，即，∴，
∴数列是以为公比的等比数列，而，所以，
∴当时，，
故选：D.
【点睛】
本题考查几何体中的概率问题，关键在于运用递推的知识，得出相邻的项的关系，这是常用的方法，属于难度题.
6、D
【解析】
分析可得,再去绝对值化简成标准形式,进而根据双曲线的性质求解即可.
【详解】
当时,等式不是双曲线的方程；当时,,可化为,可得虚半轴长,所以点F到双曲线C的一条渐近线的距离为2.
故选：D
【点睛】
本题考查双曲线的方程与点到直线的距离.属于基础题.
7、B
【解析】
利用三角函数的性质，逐个判断即可求出．
【详解】
①因为，所以是的一个周期，①正确；
②因为，，所以在上不单调递增，②错误；
③因为，所以是偶函数，又是的一个周期，所以可以只考虑时，的值域．当时，，
在上单调递增，所以，的值域为，③错误；
综上，正确的个数只有一个，故选B．
【点睛】
本题主要考查三角函数的性质应用．
8、D
【解析】
选取为基底，其他向量都用基底表示后进行运算．
【详解】
由题意是的重心，
，
∴，，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题考查向量的数量积，解题关键是选取两个不共线向量作为基底，其他向量都用基底表示参与运算，这样做目标明确，易于操作．
9、A
【解析】
由题意得到关于的等式，结合对数的运算法则可得亮度的比值.
【详解】
两颗星的星等与亮度满足,令,
.
故选A.
【点睛】
本题以天文学问题为背景,考查考生的数学应用意识､信息处理能力､阅读理解能力以及指数对数运算.
10、D
【解析】
推导出，且，，，设中点为，则平面，由此能表示出该容器的体积，从而求出参数的值．
【详解】
解：如图（4），为该四棱锥的正视图，由图（3）可知，，且，由为等腰直角三角形可知，
，设中点为，则平面，∴，
∴，解得.
故选：D
【点睛】
本题考查三视图和锥体的体积计算公式的应用，属于中档题.
11、C
【解析】
，
∴，当且仅当 时取等号.
故“且 ”是“”的充分不必要条件.选C．
12、D
【解析】
对函数求导，根据函数在时取得极值，得到，即可求出结果.
【详解】
因为，所以，
又函数在时取得极值，
所以，解得.
故选D
【点睛】
本题主要考查导数的应用，根据函数的极值求参数的问题，属于常考题型.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
由已知利用正弦定理，二倍角的正弦函数公式即可计算求值得解．
【详解】
解：∵a＝3，，B＝2A，
∴由正弦定理可得：，
∴csA．
故答案为．
【点睛】
本题主要考查了正弦定理，二倍角的正弦函数公式在解三角形中的应用，属于基础题．
14、①③④．
【解析】
补图成长方体，在长方体中利用割补法求四面体的体积，和外接球的表面积，以及异面直线的夹角，作出截面即可计算截面面积的最值.
【详解】
根据四面体特征，可以补图成长方体设其边长为，
，解得
补成长，宽，高分别为的长方体，在长方体中：
①四面体的体积为，故正确
②异面直线所成角的正弦值等价于边长为的矩形的对角线夹角正弦值，可得正弦值为，故错；
③四面体外接球就是长方体的外接球，半径，其表面积为，故正确；
④由于，故截面为平行四边形，可得，
设异面直线与所成的角为，则，算得，
．故正确．
故答案为：①③④．
【点睛】
此题考查根据几何体求体积，外接球的表面积，异面直线夹角和截面面积最值，关键在于熟练掌握点线面位置关系的处理方法，补图法作为解决体积和外接球问题的常用方法，平常需要积累常见几何体的补图方法.
15、
【解析】
过点作直线平行于，则在两条平行线的中间直线上，当直线相切时距离最小，计算得到答案.
【详解】
如图所示：过点作直线平行于，则在两条平行线的中间直线上，
，则，，故抛物线的与直线平行的切线为.
点为线段的中点，故在直线时距离最小，故.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了抛物线中距离的最值问题，转化为切线问题是解题的关键.
16、
【解析】
基本事件总数，恰好有2人申请小区房源包含的基本事件个数，由此能求出该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请小区房源的概率．
【详解】
解：某市公租房源位于、、三个小区，每位申请人只能申请其中一个小区的房子，申请其中任意一个小区的房子是等可能的，
该市的任意5位申请人中，基本事件总数，
该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请小区房源包含的基本事件个数：
，
该市的任意5位申请人中，恰好有2人申请小区房源的概率是．
故答案为：．
【点睛】
本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）当时，公路的长度最短为千米；（2）（千米）.
【解析】
（1）设切点的坐标为，利用导数的几何意义求出切线的方程为，根据两点间距离得出，构造函数，利用导数求出单调性，从而得出极值和最值，即可得出结果；
（2）在中，由余弦定理得出，利用正弦定理，求出，最后根据勾股定理即可求出的长度.
【详解】
（1）由题可知，设点的坐标为，
又，
则直线的方程为，
由此得直线与坐标轴交点为：，
则，故，
设，则.
令，解得=10.
当时，是减函数；
当时，是增函数.
所以当时，函数有极小值，也是最小值，
所以， 此时.
故当时，公路的长度最短，最短长度为千米.
（2） 在中，，,
所以，
所以，
根据正弦定理
,
，
，
，
又，
所以.
在中，，，
由勾股定理可得，
即，
解得，（千米）.
【点睛】
本题考查利用导数解决实际的最值问题，涉及构造函数法以及利用导数研究函数单调性和极值，还考查正余弦定理的实际应用，还考查解题分析能力和计算能力.
18、（1）；（2）.
【解析】
（1）通过分类讨论去掉绝对值符号，进而解不等式组求得结果；
（2）将不等式整理为，根据能成立思想可知，由此构造不等式求得结果.
【详解】
（1）当时，可化为，
由，解得；由，解得；由，解得．
综上所述：所以原不等式的解集为．
（2），，，，
有解，，即，
又，，
实数的取值范围是．
【点睛】
本题考查绝对值不等式的求解、根据不等式有解求解参数范围的问题；关键是明确对于不等式能成立的问题，通过分离变量的方式将问题转化为所求参数与函数最值之间的比较问题.
19、（1）；（2）或
【解析】
试题分析：本题主要考查抛物线的标准方程、直线与抛物线的相交问题、直线与圆相切问题等基础知识，同时考查考生的分析问题解决问题的能力、转化能力、运算求解能力以及数形结合思想. 第一问，设出直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理得到y1＋y2，y1y2，，代入到中解出P的值；第二问，结合第一问的过程，利用两种方法求出的长，联立解出m的值，从而得到直线的方程.
试题解析：（Ⅰ）设l：x＝my－2，代入y2＝2px，得y2－2pmy＋4p＝1．（*）
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2pm，y1y2＝4p，则．
因为，所以x1x2＋y1y2＝12，即4＋4p＝12，
得p＝2，抛物线的方程为y2＝4x． …5分
（Ⅱ）由（Ⅰ）（*）化为y2－4my＋2＝1．
y1＋y2＝4m，y1y2＝2． …6分
设AB的中点为M，则|AB|＝2xm＝x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝4m2－4， ①
又， ②
由①②得(1＋m2)(16m2－32) ＝(4m2－4)2，
解得m2＝3，．
所以，直线l的方程为，或． …12分
考点：抛物线的标准方程、直线与抛物线的相交问题、直线与圆相切问题.
20、（1）1；（2）证明见解析.
【解析】
（1）将不等式化为，求解得出，根据解集确定正数的值；
（2）利用基本不等式以及不等式的性质，得出，，，三式相加，即可得证.
【详解】
（1）解：不等式，即不等式
∴，而，于是
依题意得
（2）证明：由（1）知，原不等式可化为
∵，
∴，同理，
三式相加得，当且仅当时取等号
综上.
【点睛】
本题主要考查了求绝对值不等式中参数的范围以及基本不等式的应用，属于中档题.
21、（1）；（2）
【解析】
（1）当时，利用可得，故可利用等比数列的通项公式求出的通项.
（2）利用分组求和法可求数列的前项和.
【详解】
（1）当时，，所以，
当时，，①
，②
所以，
即，又因为，故，所以，
所以是首项，公比为的等比数列，
故.
（2）由得：数列为等差数列，公差，
，，

.
【点睛】
本题考查数列的通项与求和，注意数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.
22、 (1)见解析(2)
【解析】
试题分析：（1）第（1）问，转化成证明平面 ,再转化成证明和.(2)第（2）问，先利用几何法找到与平面所成角，再根据与平面所成角的正弦值为求出再建立空间直角坐标系，求出二面角的余弦值.
试题解析：
（1）连接,因为四边形为菱形，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面.
又平面，所以.
因为，所以.
因为，所以平面.
因为分别为，的中点，所以，所以平面
（2）设，由（1）得平面.
由，，得，.
过点作，与的延长线交于点，取的中点，连接，，如图所示，
又，所以为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，故平面.
因为为平行四边形，所以，所以平面.
又因为，所以平面.
因为，所以平面平面.
由（1），得平面，所以平面，所以.
因为，所以平面，所以是与平面所成角.
因为，，所以平面，平面，因为，所以平面平面.
所以，，解得.
在梯形中，易证，分别以，，的正方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.
则，，，，，，
由，及，得，所以，，.
设平面的一个法向量为，由得令，得m=(3,1,2)
设平面的一个法向量为，由得令，得.
所以
又因为二面角是钝角，所以二面角的余弦值是.