2026届河南省南阳一中高三冲刺模拟数学试卷含解析

这是一份2026届河南省南阳一中高三冲刺模拟数学试卷含解析，共20页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，若函数满足，且，则的最小值是，已知函数，给出下列四个结论，方程在区间内的所有解之和等于，定义在上的函数满足，则等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．盒子中有编号为1，2，3，4，5，6，7的7个相同的球，从中任取3个编号不同的球，则取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率是（ ）
A．B．C．D．
2．已知，且，则在方向上的投影为（ ）
A．B．C．D．
3．已知是定义在上的奇函数，且当时，．若，则的解集是（ ）
A．B．
C．D．
4．如图，在平面四边形中，满足，且，沿着把折起，使点到达点的位置，且使，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．12B．C．D．
5．若函数满足，且，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，给出下列四个结论：①函数的值域是；②函数为奇函数；③函数在区间单调递减；④若对任意，都有成立，则的最小值为；其中正确结论的个数是（ ）
A．B．C．D．
7．方程在区间内的所有解之和等于( )
A．4B．6C．8D．10
8．已知 ，，且是的充分不必要条件，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．已知函数，若，，,则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
10．定义在上的函数满足，则（）
A．-1B．0C．1D．2
11．已知三棱锥且平面，其外接球体积为（ ）
A．B．C．D．
12．展开式中x2的系数为( )
A．－1280B．4864C．－4864D．1280
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知，且，则__________．
14．如图，从一个边长为的正三角形纸片的三个角上，沿图中虚线剪出三个全等的四边形，余下部分再以虚线为折痕折起，恰好围成一个缺少上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱柱的上底，则所得正三棱柱的体积为______.
15．数学家狄里克雷对数论，数学分析和数学物理有突出贡献，是解析数论的创始人之一.函数，称为狄里克雷函数.则关于有以下结论:
①的值域为;
②;
③;
④
其中正确的结论是_______(写出所有正确的结论的序号)
16．已知正方形边长为，空间中的动点满足，，则三棱锥体积的最大值是______.
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）已知函数.
（1）解不等式；
（2）若函数最小值为，且，求的最小值.
18．（12分）在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，平面ABCD为等腰梯形，AB//CD，AB =2BC，点Q为AE的中点.
（1）求证：AC//平面DQF；
（2）若∠ABC=60°，AC⊥FB，求BC与平面DQF所成角的正弦值.
19．（12分）记为数列的前项和，N.
（1）求；
（2）令，证明数列是等比数列，并求其前项和.
20．（12分）已知在中，角的对边分别为,且.
（1）求的值；
（2）若,求的取值范围.
21．（12分）已知椭圆的离心率为，且以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线相切．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知动直线l过右焦点F，且与椭圆C交于A、B两点，已知Q点坐标为，求的值．
22．（10分）已知抛物线的焦点为，直线交于两点（异于坐标原点O）.
（1）若直线过点,，求的方程；
（2）当时，判断直线是否过定点，若过定点，求出定点坐标；若不过定点，说明理由.
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】
由题意，取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有，所有的情况有种，由古典概型的概率公式即得解.
【详解】
由题意，取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有，所有的情况有种
由古典概型，取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率为：
故选：B
【点睛】
本题考查了排列组合在古典概型中的应用，考查了学生综合分析，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.
2、C
【解析】
由向量垂直的向量表示求出，再由投影的定义计算．
【详解】
由
可得，因为，所以．故在方向上的投影为．
故选：C．
【点睛】
本题考查向量的数量积与投影．掌握向量垂直与数量积的关系是解题关键．
3、B
【解析】
利用函数奇偶性可求得在时的解析式和，进而构造出不等式求得结果.
【详解】
为定义在上的奇函数，.
当时，，，
为奇函数，，
由得：或；
综上所述：若，则的解集为.
故选：.
【点睛】
本题考查函数奇偶性的应用，涉及到利用函数奇偶性求解对称区间的解析式；易错点是忽略奇函数在处有意义时，的情况.
4、C
【解析】
过作于，连接，易知，，从而可证平面，进而可知，当最大时，取得最大值，取的中点，可得，再由，求出的最大值即可.
【详解】
在和中，，所以，则，
过作于，连接，显然，则，且，
又因为，所以平面，
所以，
当最大时，取得最大值，取的中点，则，
所以，
因为，所以点在以为焦点的椭圆上（不在左右顶点），其中长轴长为10，焦距长为8，
所以的最大值为椭圆的短轴长的一半，故最大值为，
所以最大值为，故的最大值为.
故选：C.
【点睛】
本题考查三棱锥体积的最大值，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.
5、A
【解析】
由推导出，且，将所求代数式变形为，利用基本不等式求得的取值范围，再利用函数的单调性可得出其最小值.
【详解】
函数满足，，即，
，，，即，
，则，
由基本不等式得，当且仅当时，等号成立.
，
由于函数在区间上为增函数，
所以，当时，取得最小值.
故选：A.
【点睛】
本题考查代数式最值的计算，涉及对数运算性质、基本不等式以及函数单调性的应用，考查计算能力，属于中等题.
6、C
【解析】
化的解析式为可判断①，求出的解析式可判断②，由得，结合正弦函数得图象即可判断③，由
得可判断④.
【详解】
由题意，，所以，故①正确；
为偶函数，故②错误；当
时，，单调递减，故③正确；若对任意，都有
成立，则为最小值点，为最大值点，则的最小值为
，故④正确.
故选：C.
【点睛】
本题考查三角函数的综合运用，涉及到函数的值域、函数单调性、函数奇偶性及函数最值等内容，是一道较为综合的问题.
7、C
【解析】
画出函数和的图像，和均关于点中心对称，计算得到答案.
【详解】
，验证知不成立，故，
画出函数和的图像，
易知：和均关于点中心对称，图像共有8个交点，
故所有解之和等于.
故选：.
【点睛】
本题考查了方程解的问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，确定函数关于点中心对称是解题的关键.
8、D
【解析】
“是的充分不必要条件”等价于“是的充分不必要条件”，即中变量取值的集合是中变量取值集合的真子集.
【详解】
由题意知：可化简为，，
所以中变量取值的集合是中变量取值集合的真子集，所以.
【点睛】
利用原命题与其逆否命题的等价性，对是的充分不必要条件进行命题转换，使问题易于求解.
9、D
【解析】
根据题意，求出函数的导数，由函数的导数与函数单调性的关系分析可得在上为增函数，又由，分析可得答案．
【详解】
解：根据题意，函数，其导数函数，
则有在上恒成立，
则在上为增函数；
又由，
则；
故选：．
【点睛】
本题考查函数的导数与函数单调性的关系，涉及函数单调性的性质，属于基础题．
10、C
【解析】
推导出，由此能求出的值．
【详解】
∵定义在上的函数满足，
∴，故选C．
【点睛】
本题主要考查函数值的求法，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用，属于中档题.
11、A
【解析】
由,平面,可将三棱锥还原成长方体,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,进而求解.
【详解】
由题,因为,所以,
设,则由,可得,解得,
可将三棱锥还原成如图所示的长方体,
则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,设外接球的半径为,则,所以,
所以外接球的体积.
故选:A
【点睛】
本题考查三棱锥的外接球体积,考查空间想象能力.
12、A
【解析】
根据二项式展开式的公式得到具体为：化简求值即可.
【详解】
根据二项式的展开式得到可以第一个括号里出项，第二个括号里出项，或者第一个括号里出，第二个括号里出，具体为：
化简得到-1280 x2
故得到答案为：A.
【点睛】
求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
试题分析：因,故,所以，,应填.
考点：三角变换及运用．
14、1
【解析】
由题意得正三棱柱底面边长6，高为，由此能求出所得正三棱柱的体积．
【详解】
如图，作，交于，，
由题意得正三棱柱底面边长，高为，
所得正三棱柱的体积为：
．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查立体几何中的翻折问题、正三棱柱体积的求法、三棱柱的结构特征等基础知识，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意翻折前后的不变量．
15、②
【解析】
根据新定义，结合实数的性质即可判断①②③，由定义求得比小的有理数个数，即可确定④.
【详解】
对于①，由定义可知，当为有理数时；当为无理数时，则值域为，所以①错误；
对于②，因为有理数的相反数还是有理数，无理数的相反数还是无理数，所以满足，所以②正确；
对于③，因为，当为无理数时，可以是有理数，也可以是无理数，所以③错误；
对于④，由定义可知
，所以④错误；
综上可知，正确的为②.
故答案为：②.
【点睛】
本题考查了新定义函数的综合应用，正确理解题意是解决此类问题的关键，属于中档题.
16、
【解析】
以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，设点，根据题中条件得出，进而可求出的最大值，由此能求出三棱锥体积的最大值.
【详解】
以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，设点，
空间中的动点满足，，
所以，整理得，
，
当，时，取最大值，
所以，三棱锥的体积为.
因此，三棱锥体积的最大值为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查三棱锥体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
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）（2）
【解析】
（1）利用零点分段法，求得不等式的解集.
（2）先求得，即，再根据“的代换”的方法，结合基本不等式，求得的最小值.
【详解】
（1）当时，，即，无解；
当时，，即，得；
当时，，即，得.
故所求不等式的解集为.
（2）因为，
所以，则，
.
当且仅当即时取等号.
故的最小值为.
【点睛】
本小题主要考查零点分段法解绝对值不等式，考查利用基本不等式求最值，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
18、（1）见解析（2）
【解析】
（1）连接交于点，连接，通过证明，证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量，计算出线面角的正弦值.
【详解】
（1）证明：连接交于点，连接，因为四边形为正方形，所以点为的中点，又因为为的中点，所以；
平面平面，
平面.
（2）解：，设，则，在中，，由余弦定理得：，
．
又，平面．．
平面．
如图建立的空间直角坐标系．
在等腰梯形中，可得．
则．
那么
设平面的法向量为，
则有，即，取，得．
设与平面所成的角为，则．
所以与平面所成角的正弦值为．
【点睛】
本小题主要考查线面平行的证明，考查线面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
19、（1）；（2）证明见详解，
【解析】
（1）根据，可得，然后作差，可得结果.
（2）根据（1）的结论，用取代，得到新的式子，然后作差，可得结果，最后根据等比数列的前项和公式，可得结果.
【详解】
（1）由①，则②
②-①可得：
所以
（2）由（1）可知：③
则④
④-③可得：
则，且
令，则，
所以数列是首项为，公比为的等比数列
所以
【点睛】
本题主要考查递推公式以及之间的关系的应用，考验观察能力以及分析能力，属中档题.
20、（1）（2）
【解析】试题分析：（1）本问考查解三角形中的的“边角互化”.由于求的值，所以可以考虑到根据余弦定理将分别用边表示，再根据正弦定理可以将转化为，于是可以求出的值；（2）首先根据求出角的值，根据第（1）问得到的值，可以运用正弦定理求出外接圆半径，于是可以将转化为，又因为角的值已经得到，所以将转化为关于的正弦型函数表达式，这样就可求出取值范围；另外本问也可以在求出角的值后，应用余弦定理及重要不等式，求出的最大值，当然，此时还要注意到三角形两边之和大于第三边这一条件.
试题解析：（1）由，
应用余弦定理，可得

化简得则
（2）
即
所以
法一. ,
则
=
=
=
又
法二
因为 由余弦定理
得，
又因为，当且仅当时“”成立.
所以
又由三边关系定理可知
综上
考点：1.正、余弦定理；2.正弦型函数求值域；3.重要不等式的应用.
21、（1）；（2）．
【解析】
（1）根据椭圆的离心率为，得到，根据直线与圆的位置关系，得到原心到直线的距离等于半径，得到，从而求得，进而求得椭圆的方程；
（2）分直线的斜率存在是否为0与不存在三种情况讨论，写出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，向量的数量积，结合已知条件求得结果.
【详解】
（1）由离心率为，可得，
，且以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆的方程为，
因与直线相切，则有，即，，，
故而椭圆方程为．
（2）①当直线l的斜率不存在时，，，
由于；
②当直线l的斜率为0时，，，
则；
③当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为，，，
由及，
得，有，∴，，
，，
∴，
综上所述：．
【点睛】
该题考查直线与圆锥曲线的综合问题，椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，求向量数量积，在解题的过程中，注意对直线方程的分类讨论，属于中档题目.
22、（1）（2）直线过定点
【解析】
设.
（1）由题意知，.设直线的方程为，
由得，则，
由根与系数的关系可得，
所以.
由，得，解得.
所以抛物线的方程为.
（2）设直线的方程为，
由得，由根与系数的关系可得，
所以，解得.
所以直线的方程为，
所以时，直线过定点.