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河南省信阳市2026届高中毕业年级第二次质量检测数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，则( )
A. B. C. D.
2.复数为纯虚数，则实数( )
A. B. C. D.
3.已知两个非零向量夹角为，且满足，则向量在向量上的投影向量为( )
A. B. C. D.
4.已知是定义在上的奇函数，且，若当时，，则( )
A. B. C. D.
5.已知等差数列的前项和为，若，则( )
A. B. C. D.
6.已知，曲线与相邻的三个交点构成一个直角三角形，则等于
A. B. C. D.
7.正三棱台中，，与底面所成角的正切值为，则正三棱台的表面积为( )
A. B. C. D.
8.抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，点，若直线平分，则直线的斜率为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的有( )
A. 若样本数据的方差为，则数据的方差为
B. 设，为两个随机事件，若，则
C. 在线性回归分析中，决定系数用来刻画拟合的效果，值越大，则模型的拟合效果越好
D. 人的成绩单位：分分别为，，，，，，，，则这人成绩的上四分位数是
10.在四棱锥中，已知底面为直角梯形，，为等边三角形，记二面角的平面角为，且，直线与底面所成角为，若，则的值可能为( )
A. B. C. D.
11.已知数列的前项和为，对任意正整数，记，其中，令，则( )
A. 数列的通项公式为 B.
C. D. 数列为等差数列
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知的展开式中常数项为，则实数的值为 ．
13.已知双曲线，其左右焦点分别为，过点的直线与双曲线的右支交于，两点，则的最小值为 ．
14.已知一袋中装有标号为，，，的卡片各一张，现每次从中取出一张，记下号码后再放回袋中，当四种号码的卡片都被取出过时即停止抽取．则恰好取次卡片后停止抽取的概率为 ．
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.本小题分
已知锐角的内角，，所对的边分别为，，，且．
求；
求的取值范围．
16.本小题分
某单位为了提高职工业务能力，举行相关的知识竞赛规则如下：利用计算机在题库中选出个题由职工作答，已知题库中有，两类题，每个类题答对可以得到分，每个类题答对得分两类题的数量足够，每位职工正确回答类和类题的概率分别是和，且回答，两类题正确与否相互独立．
若职工甲选个类题作答，试求甲得分的分布列和方差；
若甲乙两人每人选择个类题和个类题作答，求甲得分高于乙的概率．
17.本小题分
已知直角梯形，如图为平面图形，为中点，将沿翻折到，形成四棱锥，如图所示．
求证：；
若，过的平面与平面垂直，且与交于点，求的值．
18.本小题分
已知椭圆的左、右焦点分别为分别为的左、右顶点，直线与椭圆交于两点，当时，是椭圆的上顶点，且的周长为．
求椭圆的方程；
以线段为直径作圆，点始终在圆内包括圆周，求的取值范围；
过点作直线的垂线，垂足为，求的最大值．
19.本小题分
已知函数．
若在上恒成立，求实数的取值范围；
当时，不等式是否恒成立，若是，给予证明；若否，给出反例；
当时，若满足，且，求证：．
参考答案
1.
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13.
14.
15.解：解：方法一、因为，则．
由正弦定理得：
则，因为，则．
所以，所以．
法二、由余弦定理：，
代入，得，又，
故，
整理得，故，
又，故；
在锐角中，由，可得．
又，
又，则，故．
又，设，设，
又在上单调递减，在上单调递增，所以
又因为，所以，故的取值范围为．

16.解：设“甲选类题答对”为事件，
根据题意，的可能取值为，，，．
，，
，
，
所以的分布列是：
设为甲答对的类题的个数，则，且，
由，故的方差为．
设甲、乙的最终得分分别为，，“甲得分高于乙”为事件，甲得分高于乙包括：甲得分、分、分、分、分五种情况，这五种情况之间彼此互斥．
又，
，
，
则，
故．

17.解：证明：取中点，连接，，，因为为中点，
所以，故四边形为平行四边形
又，故四边形为正方形．
从而可得为等腰直角三角形，故
又，即为，故
又，平面，
故平面，
又平面，故
由，得．
由，得，又，平面，
所以平面．
又平面，故．
又，平面，
故平面．
易得，故为等腰直角三角形．
取中点，连接，则．
又因为平面，平面，故．
又，平面，
故平面．
因为平面，故平面平面．
因为，平面平面，故平面．
故平面与平面的交线平行于，在平面内过点作交于，
由是中点，得为中点，故．
法二、由，得
由，得，又，平面，
所以平面
故，又，故两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则．
故，设平面的一个法向量为，
则由，所以，可取，
设，则，，
平面平面，
平面内存在直线和平面的法向量平行，即可平移到平面内，
可表示为，
，解得
所以，故．

18.解：当时，直线，令，得，即椭圆的上顶点为，故．
又的周长为，即，又，解得．
所以椭圆的方程为．
由知，，设，直线与椭圆方程联立得，
则
进而可得．
由题意知，对于任意的恒成立，即，
即，
将上面的代入上式，整理得
对于任意的恒成立，
故解得，故的取值范围为．
．
．
故的最大值为．

19.解：设，
依题意对恒成立，由，
令，则，
当，即时，在上单调递增，，即在上单调递增，，故，
所以满足题意．
当时，令，解得，
则当时，在上单调递减，，
即在上单调递减，，
故当时，，与题意矛盾．
综上，．
易知即为，
当时，上式等价于，
令，则，
令，则，
所以在上单调递增，，即，
故在上单调递增，故，即，
故当时，不等式恒成立．
证明：令，易知在上单调递增，
故当时，必有．
要证，只需证．
由已知，，故只需证且．
由知，当时，，则，
故，
又，故．
由知，当时，，
故，
又，
故．
综上，，故．

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