河南省名校联考2026届高三数学上学期11月期中测试试题含解析

这是一份河南省名校联考2026届高三数学上学期11月期中测试试题含解析，共10页。试卷主要包含了 已知，，且，则实数， 已知函数，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上，在试卷上作答无效.
一、单项选择题：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．
1. 已知集合M，下列选项正确的是（ ）
A. MB. MC. MD. M
【答案】B
【解析】
【分析】由元素与集合的关系和集合与集合的关系即可得到答案.
【详解】易知B正确；
根据集合与集合的关系可知，A、D错误；
根据元素与集合的关系可知，C错误.
故选：B.
2. 已知双曲线（a＞0，b＞0）的渐近线方程为y=±2x，则其离心率为（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线的渐近线方程求得的关系，进而求得离心率.
【详解】∵双曲线（a＞0，b＞0）的渐近线方程为，
∴，即，
∴，
∴离心率.
故选：B
3. 在前项和为的等差数列中，，，则（ ）
A. 5B. 15C. 45D. 90
【答案】C
【解析】
【分析】利用等差数列的通项与求和公式的基本量运算求出首项与公差，再计算即可.
【详解】设等差数列的首项为，公差为，
由，得①，
由，得，化简得，
将代入①，得，故.
故选：C
4. 设直线被圆所截得的弦的中点为，则的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出直线的定点，得出点的轨迹方程，设，根据直线与圆的位置关系进行求解.
【详解】解：直线过定点，
因为M是弦的中点，
所以，
故的轨迹方程为：，
设，即
即是直线与圆的公共点，
由直线与圆的位置关系可得，，解得，
所以的最大值为.
故选：C.
5. 如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1（允许一侧无珠），记上､中､下三档的数字和分别为a，b，c.例如，图中上档的数字和a=9.若a，b，c成等差数列，则不同的分珠计数法有（ ）种.
A. 12B. 24C. 16D. 32
【答案】D
【解析】
【分析】，，的取值范围都是从，可以根据公差的情况进行讨论．
【详解】解：根据题意，，，的取值范围都是从共8个数字，故公差范围是到3，
①当公差时，有种，
②当公差时，不取7和14，有种，
③当公差时，不取7，8，13，14，有种，
④当公差时，只能取10或11，有种，
综上共有种，
故选：D．
6. 已知，，且，则实数
A. 或B. C. 2或D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】先确定集合M,N,再根据确定实数a的值.
【详解】由题得集合M表示上除去的点集，N表示恒过的直线方程．
根据两集合的交集为空集：.
①两直线不平行，则有直线过，将，代入可得，
②两直线平行，则有即，
综上或，
故选A．
【点睛】本题主要考查集合的化简和集合的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
7. 已知直线与抛物线相交于M，N两点，线段的中点的横坐标为3，点T为轴上的动点.若的最小值为6，则实数的值为（ ）
A. 或B. 或C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】设点，联立直线与抛物线，利用韦达定理以及中点坐标，设点关于轴的对称点为，可得，代入计算即可求出实数的值.
【详解】如图，设点，
联立，消去得，
则，
因为线段的中点的横坐标为3，
所以，即，
设点关于轴的对称点为，则，
所以
，
解得或.
故选：B.
8. 若函数为定义在上的偶函数，当时，，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据不等式的结构，构造函数，判断其奇偶性及单调性，解不等式即可.
【详解】令，
因为偶函数，即，
故，为偶函数，当时，，则在上单调递增，
因为，即，
所以，故，解，
所以不等式的解集为.
故选：D
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. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 的图象可由函数的图象向左平移个单位长度得到
B. 的图象可由函数的图象向右平移个单位长度得到
C. 的图象关于直线对称
D. 和图象关于点中心对称
【答案】AC
【解析】
【分析】根据辅助角公式化简，即可根据图象平移变换的性质判断AB，代入验证的方式即可判断CD.
【详解】.
A，B选项：将函数的图象向左平移个单位长度得到
,即的图象，将的图象向右平移个单位长度得到，不是的图象，所以A正确，B错误；
C选项：因为，所以函数的图象关于直线对称，所以C正确；
D选项：因，
所以函数的图象不关于点中心对称，所以D错误.
故选:AC
10. 已知函数的部分图像如图1所示，A，B分别为图像的最高点和最低点，过A作x轴的垂线，交x轴于，点C为该部分图像与x轴的交点.将绘有该图像的纸片沿x轴折成直二面角，如图2所示，此时.下列结论正确的有（ ）
A.
B. 的单调递增区间为
C. 图2中，
D. 图2中，过线段的中点且与垂直的平面与x轴交于点C
【答案】BCD
【解析】
【分析】先求出函数的最小正周期，从而得到，作出辅助线，表达出，根据，求出，结合的取值范围求出的值，可判断A；利用正弦函数的单调性可判断B；，法1利用空间向量的坐标运算判断C，法2利用空间向量数量积的定义可判断C；设中点为，C在过M与垂直的平面上可判断D即可.
【详解】如图，过点作轴，垂足为，连接，，
因为得最小正周期，所以，
由，
得，解得.
因为过，
所以，即，
根据五点作图法，结合图像可得，，
因为，所以，故A错误；
对于B，由已知得，
令，解得，
所以的单调递增区间为，故B正确，
对于C，法1：由，可得，，
如图，建立符合题意的空间直角坐标系，
则，，.
得到，故C正确；
法2：因为，
在和上投影数量分别为，，且，
所以
，故C正确：
对于D，设中点为，因为，所以，
可得C在过M与垂直的平面上，
即过中点与垂直的平面与x轴交于点C，故D正确；
故选：BCD.
11. 已知函数满足：对，都有，且，则以下选项正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于选项A:进行三次赋值;;;即可判断；对于选项B:讨论，，结合条件，即可判断；对于选项C:分别令即可判断；对于选项D:由的奇偶性和对称性进行赋值，可得周期性，即可判断.
【详解】对于选项A:令，则
令，则所以
因为，所以，
令，则，故选项A正确；
对于选项B:结合选项A可得，所以或，
若，则，
所以，此时与矛盾，舍去；
若，则，解得，
因为，所以，故选项B错误；
对于选项C:令则，
因为，，所以，所以为偶函数，
令则，
所以，令，则，
即，故选项C正确；
对于选项D:由为偶函数，所以，
令,则，
令,则,
所以，故选项D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：抽象函数求值问题，一般是通过赋值法，即在已知等式中让自变量取特殊值求得一些特殊的函数值，解题时注意所要求函数值的变量值与已知的量之间的关系，通过赋值还可能得出函数的奇偶性、周期性，这样对规律性求值起到决定性的作用．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作注时介绍了“勾股圆方图”，即“赵爽弦图”.如图是某同学绘制的赵爽弦图，其中四边形均为正方形，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】建立直角坐标系，由数量积的坐标表示求解即可.
【详解】以为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，因为，
所以，
所以，所以.
故答案为：.
13. 的展开式中的系数为_________（用数字作答）．
【答案】
【解析】
【分析】由，写出展开式的通项，即可求出展开式中的系数.
【详解】因为，
其中展开式的通项为（且），
所以的展开式中含的项为，
所以展开式中的系数为.
故答案为：
14. 已知函数有且只有两个零点，则a的范围____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，转化为有两个根据，即或有两个解，分别令，，利用导数求得函数和的单调性与最值，作出函数和的图象，结合图象，即可求解.
【详解】由函数，令，可得，
即，因为，所以，所以，
可得或，
即或，
令，，可得，，
当时，可得，在单调递增，且；
当时，且；
当时，可得，在单调递减；
当时，可得，在单调递增，且，
又当时，，，
当时，且；
作出函数的图象，如图所示，
要使得有两个实数根，即有两个不同的零点，
结合图象，可得或，即实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：
1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；
3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.
结论拓展：与和相关的常见同构模型
①，构造函数或；
②，构造函数或；
③，构造函数或.
三、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. 在中，角的对边分别是，且.
（1）求角；
（2）若的中线长为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）8
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理化简已知条件，由此求得.
（2）根据向量运算列方程，结合基本不等式求得的最大值.
【小问1详解】
由，知，
化简得，所以，
，
由余弦定理知，，
因为，所以.
【小问2详解】
由是的中线，，
所以，即，
所以，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为8.
16. 在游戏中，玩家可通过祈愿池获取新角色和新武器．某游戏的角色活动祈愿池的祈愿规则为：①每次祈愿获取五星角色的概率；②若连续次祈愿都没有获取五星角色，那么第次祈愿必定通过“保底机制”获取五星角色；③除触发“保底机制”外，每次祈愿相互独立．设表示在该祈愿池中连续祈愿直至获取五星角色为止的祈愿次数．
（1）求的概率分布；
（2）求的数学期望（保留小数点后两位）．
参考数据：．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分析可知，的所有可能取值为、、、、，计算出在不同取值下的概率，可得出随机变量的概率分布列；
（2）利用错位相减法可求得的值.
【小问1详解】
解：将每次祈愿获取五星角色的概率记为，的所有可能取值为、、、、．
则，，，，
，，
所以的概率分布为.
【小问2详解】
解：的数学期望
，①
，②
①②得，
，
，
因为，所以．
17. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，侧面是以为底的等腰三角形，，E在上，．

（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）在底面中解三角形可得，，可证得平面，从而得平面平面；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，求得二面角的余弦值．
【小问1详解】
由题意知，则在中，
，
，从而，
中，，
则
，
又平面，，所以平面，
而平面，
∴平面平面．
【小问2详解】
由（1）知平面，平面，
，
，
所以为等边三角形，
如图，在平面内作，
因为平面平面,所以平面，
以 ， ， 分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），

则，
从而
显然平面的一个法向量为
设平面法向量为，则
即
取，
记二面角的平面角为（由图可知为锐角），则
即二面角的余弦值为．
18. 给定椭圆，称圆心在坐标原点O，半径为圆是椭圆C的“伴随圆”，已知椭圆C的两个焦点分别是.
（1）若椭圆C上一动点满足，求椭圆C及其“伴随圆”的方程；
（2）在（1）的条件下，过点作直线l与椭圆C只有一个交点，且截椭圆C的“伴随圆”所得弦长为，求P点的坐标；
（3）已知，是否存在a，b，使椭圆C的“伴随圆”上的点到过两点的直线的最短距离.若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）椭圆方程，伴随圆方程；（2）；（3）存在，．
【解析】
【详解】试题分析：（1）这是基本题，题设实质已知，要求椭圆标准方程，已知圆心及半径求圆的方程；（2）为了求点坐标，我们可设直线方程为，直线与椭圆只有一个公共点，即直线的方程与椭圆的方程联立方程组，这个方程组只有一个解，消元后利用可得的一个方程，又直线截圆所得弦长为，又得一个关于的方程，联立可解得；（3）这是解析几何中的存在性问题，解决方法都是假设存在，然后去求出这个，能求出就说明存在，不能求出就说明不存在．解法如下，写出过点的直线方程，求出圆心到这条直线的距离为，可见当圆半径不小于3时，圆上的点到这条直线的最短距离为0，即当时，，但由于，无解，当圆半径小于3时，圆上的点到这条直线的最短距离为，由此得，又有，可解得，故存在．
（1）由题意：，则，所以椭圆的方程为，
其“伴随圆”的方程为． 4分
（2）设直线的方程为
由得
则有得， ①
由直线截椭圆的“伴随圆”所得弦长为，可得
，得②
由①②得，又，故，所以点坐标为．
（3）过的直线的方程为：，
即，得
由于圆心到直线的距离为
，
当时，，但，所以，等式不能成立；
当时，，
由得所以
因为，所以，
得．所以
考点：椭圆方程，直线与椭圆位置关系
19. 已知抛物线及抛物线，过的焦点的直线与交于，两点，为坐标原点，.过的两条直线，与交于，，，四点，其中，在第一象限，若直线与轴的交点为.
（1）求的方程；
（2）若，求直线与轴的交点的坐标；
（3）是否存在点，使得，，，四点共圆？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）设直线的方程为，，，联立直线与抛物线的方程，消元、列出韦达定理，依题意可得，即可求出的值，从而得解；
（2）设直线的方程为，，，联立直线与抛物线的方程，消元、列出韦达定理，设，，即可表示出的方程，令求出即可得解；
（3）结合（2）及四点共圆的性质得到，即可求出，再由三点共线，求出.
【小问1详解】
依题意可得，设，，则，，
设直线的方程为，由，得，
显然，所以，，
因为，所以，
即，所以，解得或（舍去），
所以的方程为；
【小问2详解】
由（1）可得，因为过点，由条件可得的斜率不为，
设直线的方程为，，，
由，得，所以，所以，
设，，同理可得，
因为直线过点，
所以，由，，即，所以，
直线的斜率为，
所以直线的方程为，即，
令，得，即，
即，解得，
所以直线与轴的交点为.
【小问3详解】
由（2）可得，，
若，，，四点共圆，则有，
即，
即，所以，整理得，
因为，所以，由，即，
即，解得.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.