资源简介

河南省青桐鸣2026届高三下学期4月联考（新乡二模）
数学试卷
考试时间：120分钟 满分：150分
注意事项:
1.答题前,考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
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的。
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．复数的实部为（ ）
A． B． C． D．
3．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则（ ）
A． B． C． D．5
4．已知单位向量，，满足，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
5．已知是函数图象的一条对称轴，且的周期为4，当时，，则（ ）
A．1 B．0 C． D．
6．记为等差数列的前项和，已知，，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知点，点是圆：（为实数）上一动点，其中点为此圆的圆心，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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（ ）
A．曲线在点处的切线方程为
B．在上单调递增
C．在上有极大值
D．，使得
10．在平面直角坐标系中，已知，，点在轴上运动，点在轴上运动，且，动点满足，记动点的轨迹为，则（ ）
A．的方程为
B．
C．的最大值为9
D．曲线上有且仅有两点到直线的距离为1
11．记为数列的前项和，已知，为实数，则（ ）
A．当是等比数列时，则
B．当时，则
C．当时，数列的前项和为
D．当时，数列第7项的值最大
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知一组样本数据7，9，10，5，6，11，8，12，4，10，则该组数据的下四分位数为________.
13．已知圆台的体积为，上底面半径为1，母线与下底面所成角的余弦值为，则该圆台的下底面半径为________.
14．已知抛物线的焦点为F，过点F且斜率不为零的直线与C交于A，B两点，线段AB的垂直平分线与y轴交于点E，若，则________．
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．（13分）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求C；
(2)若，的面积为，求的值．
16．（15分）甲、乙两人进行比赛，采用三局两胜制，即先胜两局者获胜，比赛结束.已知甲第一局获胜的概率为，从第二局开始，若甲上一局获胜，则该局甲获胜的概率为，若甲上一局失败，则该局甲获胜的概率为，且每局比赛没有平局．
(1)求第二局比赛甲获胜的概率；
(2)设比赛结束甲获胜的局数为X，求X的分布列和数学期望．
17．（15分）如图，在中，，，为的中点，过作，交于，将四边形沿翻折至四边形，使得平面平面．
(1)证明：是直角三角形．
(2)若，，，，五点均在球的球面上．
（ⅰ）求球的表面积；
（ⅱ）求平面与平面夹角的余弦值．
18．（17分）已知，分别是双曲线的左、右顶点，且，动点在上，当时，．
(1)求的标准方程．
(2)已知，是的右支上不同于的两点．
（i）若线段的中点为，证明：直线的斜率为定值；
（ii）若点，直线，的斜率互为相反数，且，求的面积．
19．（17分）已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)当时，证明：，；
(3)已知，证明：．
参考答案及解析
1．答案：C
解析：已知，所以，
已知，和的公共元素为，因此.
2．答案：A
解析：因为，所以复数的实部为.
3．答案：D
解析：由题意函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到，
所以，所以.
4．答案：B
解析：将两边同时平方并展开可得，
又因为，所以，解得，
所以与的夹角为．
5．答案：C
解析：因为的周期为，故；
又是的一条对称轴，则，故；
又当，，则，故.
故选：C.
6．答案：A
解析：设等差数列的公差为.
由题意得
解得
所以
所以.
7．答案：B
解析：因为圆的圆心为，半径为，易知圆心在直线上，
当直线与圆相切时，最大，此时也最大，
所以，要使最大，则最小，
又最小值为点到直线的距离，因为点到直线的距离为，
所以的最大值为.
8．答案：D
解析：因为，对不等式，
当时，原不等式等价于，即，也即；
当时，原不等式等价于，显然不满足，故舍去；
当时，原不等式等价于，即，也即；
令，
当时，均为单调增函数，故此时也单调递增；
当时，也均为单调增函数，故此时也单调递增；
综上所述：在和单调递增；
注意到：，；
故当时，原不等式等价于，即，又在单调递增，故；
当时，原不等式等价于，即，又在单调递增，故；
综上所述：原不等式的解集为.
9．答案：AC
解析：函数定义域为，，
对于A，，，
所以在点处的切线方程为，，故A正确；
对于B，当时，，，，
因此，即函数在上单调递减，故B错误；
对于C，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减；
故，函数取得极大值，故C正确；
对于D，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增；
因此是上的极小值点，也是最小值点，，
故不存在使得，故D错误．
10．答案：BCD
解析：设，由可得，
因为， ，所以，
解得，所以，整理得，A不正确；
，因为，所以，，B正确；
因为的方程为，所以，为其焦点，
由可得，，当且仅当时，取到最大值，C正确；
设直线与相切，联立，，
由可得，即.
当时，与的距离为；
当时，与的距离为；
曲线上有且仅有两点到直线的距离为1，D正确.
11．答案：ACD
解析：对A：，
当时，，则时，，又，此时不是等比数列；
当时，，，则，显然不成立；
当且时，，解得；
当时，，也即，
此时数列是首项，公比为的等比数列；
综上所述，当数列为等比数列时，，故A正确；
对B：当时，是首项，公比为的等比数列，故；
则，故B错误；
对C：当时，为首项，公比的等比数列，故，则，
设数列的前项和为，
则，
，
两式作差可得：
故，故C正确.
对D：当时，是首项为，公比为的等比数列，故，
令，则，
,
令，则，
故当时，，单调递增；当时，，单调递减；
又，则，
又，；
故当时，，；
当时，，；
故数列满足，故其第项的值最大 ，D正确.
故选：ACD.
12．答案：6
解析：数据排序为4，5，6，7，8，9，10，10，11，12，项数，
下四分位数位置，向上取整为第3项，
下四分位数为6，
13．答案：2
解析：如图，设圆台上底面圆心为，下底面圆心为，梯形为圆台的轴截面，高为.
过作于.
即为母线与下底面所成角，则
在直角三角形中，，
所以下底面半径，即
解得.
14．答案：6
解析：如图所示，
设过F的直线AB的方程为，

联立直线与抛物线方程，可得，整理得，
设，，由韦达定理，
所以AB的中点M满足，，
即，又垂直平分线EM的斜率为，
所以EM的方程为，
展开整理，则EM与y轴的交点满足，
即，所以，
根据梯形中位线可得，
所以，解得，所以，
所以．
15．答案：(1)
(2)
解析：（1）将等式两边同乘，得，
又因为，可得，
因为，所以．
（2）三角形面积，即，
解得，又因为，所以，
由正弦定理得，
所以，，
则．
16．答案：(1)
(2)
解析：（1）设甲第一局胜、第二局也胜为事件，则，
设甲第一局败、第二局胜为事件，则，
所以第二局比赛甲获胜的概率为．
（2）由题意可知，在该三局两胜制下，的可能取值为，
①，则第一局甲输，第二局甲输，比赛结束，所以；
②，则第一局甲胜，第二局、第三局甲输，或第一局、第三局甲输，第二局甲胜，
所以；
③，则第一局、第二局甲胜，或第一局、第三局甲胜，第二局甲输，或第一局甲输，第二局、第三局甲胜，
则，
所以分布列为：
X 0 1 2
P
所以．
17．答案：(1)证明见解析
(2),
解析：（1）翻折前,故翻折后,
因为平面平面，交线为 ，且平面 ，
所以平面 ,又平面 ，故，
即，所以是直角三角形；
（2）（ⅰ）在中，，，，
故， ，
在直角中，，，
可得，，
因为，所以，
以 为原点，为轴， 为轴，为轴建立空间直角坐标系，
各点坐标为：，，，，
根据，，，可得坐标：，
由可知四边形有外接圆，且为外接圆直径，
取的中点为，过点作平面的垂线，可知垂线必过球心，
再取中点为，过点作的垂面必与垂线交于点，可知，
即，，，，五点均在以为球心的球面上，
半径，
因此球的表面积：；
(ⅱ) 由（ⅰ）可知球心，
则向量 ，，
设平面的法向量 ，
则，
令，则，所以，
再由图形可得平面 的一个法向量 ，
设平面与平面夹角为，
则该二面角的余弦值为： .
18．答案：(1)
(2)(i)证明见解析；
(ii)
解析：（1）因为，是双曲线的左、右顶点且，所以即.
又因为在上，且当时，，
所以，解得，
所以的标准方程为.
（2）(i)设，因为在双曲线上，
所以，两式相减得：，
即，
因为的中点为，所以，
所以直线的斜率为 ，即为定值；
(ii) 设，依题意有，
因为，所以，，
又点在点右上时，，点在点左下时有，
所以，平方整理得，
令解得或，所以或，因为小于的渐近线斜率，
此时直线与双曲线左支必有交点，也就意味着点在左支，故，
设，因为点在直线上，
所以的方程可设为，将其与双曲线方程联立得，
化简得，
由韦达定理有，同理可得，
又，，
所以.
19．答案：(1)极大值为，无极小值；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
解析：（1）解：当时，，定义域为，
，
所以，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取得极大值，无极小值.
（2）解：当时，，
令，，
所以，
令，，则，
因为函数在上单调递增，函数在上单调递减，
所以函数在单调递减，
又函数在单调递减，
所以在单调递减，
因为，，
所以，存在，使得，即
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
因为，，，
所以存在，使得，即，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
因为，，
所以在恒成立，即，
所以，，，证毕.
（3）证明：先证.
由（1）知，当时，在上单调递减，
故当时，，即
令，则，即
令，恒成立，所以在单调递减，
所以，即，故当时，，
令，则
所以，即
所以，，
即.
下证：.
由（2）知，，，即，，
令，则
所以，即
综上，，证毕.■
河南省青桐鸣2026届高三4月联考暨新乡二模
数学试卷
姓名：
班级：
考号：
考场/座位号：
准考证号
条形码粘贴处
[0C0.[o][o]Co1E0[0][0][01
[11[1]
[1]
[2[2[2]
/3
[3[3]
[3
[3
注意：1.答题前将个人信息，填写清楚：2.客观题答题修改时用
[3]
橡皮擦干净：3主观遐必须使用黑色签字笔书写：4请在对应
[4
[4
[4]
[41
[4
[4
[4]
[4]
[4
答愿区作答，超出书写无效，
[5
5
[5]
5
[5
[57
[66
[6]
C6
6
[6]
[6]
填涂样例
正确填涂■
[7
7
[7]
错误填涂
缺考标记
c8-
[8
回
[9[9[9]
97
[9
[9
[9]
[9]
[9
一、选择题(18为单选题，911为多选题，共计58分)》
1 CA]CB]CC-CD]
6 CA]CB]CC CD]
11 CA][B]CC CD]
2 CA]CB]CC CD]
7 CA]CB]CC CD]
3「A7「B1「C「DT
8「A7「BT「CTD7
4「A7「B7「CD7
9「A7 TBTTC TDT
5[A][B][CD]
10[A][B][C[D]
填空题（每小题5分，共15分）
12
16.(15分)
13
14
三、解答题
15.(13分)
■
■ ■
■
■
■
17.(15分)
18.(17分)
19.(17分)
B
■
■
口
■

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