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河南南阳市镇平县第一高级中学等校2026届高考冲刺演练数学试题
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.已知复数满足，是的共轭复数，则的虚部为( )
A. B. C. D.
3.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点、分别为、的中点，若，且，则( )
A. B. C. D.
4.已知向量与，若，则实数( )
A. B. C. D.
5.甲型流感的爆发高峰通常在冬春季节，奥司他韦是一种常用于治疗甲型流感的药物、患者口服该药物治疗后，血药浓度单位：随时间单位：的变化过程通常分为吸收期浓度上升和消除期浓度下降当血药浓度达到峰值后，进入消除期，其浓度随时间的变化可以用指数衰减模型近似描述：为峰值浓度，为消除速率常数根据临床数据，某患者服用奥司他韦小时后血药浓度达到峰值，服用小时后血药浓度降至峰值的，则的值大约为参考数据：，
A. B. C. D.
6.已知，且，则( )
A. B. C. D.
7.已知点，，定义为，的“镜像距离”若点，在曲线上，且的最小值为，则实数的值为( )
A. B. C. D.
8.世纪法国著名数学家加斯帕尔蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆的蒙日圆方程为若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有两个公共点，则的取值范围是( )
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.下列说法中正确的是( )
A. 一组数据，，，，，，，的第百分位数为
B. 两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数的绝对值越接近于
C. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过
D. 若随机变量服从正态分布，且，则
10.已知分别为双曲线的左、右顶点，为双曲线上位于第一象限内任意一点，记其中均不为，的面积为，则( )
A. 的值随着的增大而减小 B.
C. 为定值 D. 为定值
11.如图所示的花灯的轮廓是正六棱柱，其棱长均相等，且所有棱长的总和为，则( )
A. 平面
B. 平面
C. 直线到平面的距离等于
D. 平面与平面的夹角的余弦值等于
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知抛物线的准线方程为，则
13.已知等差数列的各项均为正数，记其前项和为，若数列是等差数列，且与的公差相等，则 ．
14.已知，其中为虚数单位，从组合数、、、中取出一个数记作，从展开式中项的系数、、、、中取出一个数记作，若，则的概率为 ．
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
已知数列的首项，且满足．
求数列的通项公式；
若数列满足，求的前项和．
16.本小题分
年 月 日， 第二届人形机器人半程马拉松在北京亦庄举行， 来自各地的机器人参赛队伍同场竞技，引发广泛关注为研究 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 之间是否存在关联，某科研团队对本次参赛的 台机器人进行统计，得到如下列联表 单位： 台：
完成比赛 未完成比赛
搭载智能避障系统
未搭载智能避障系统
根据小概率值 的独立性检验，能否认为 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 有关
从该 台机器人中，采用按比例分层抽样的方法以是否搭载智能避障系统分类，抽取一个容量为 的样本再从这台机器人中，不放回地随机抽取台，设其中 “搭载智能避障系统” 的台数为求的数学期望 ．
附： ，其中 ．
17.本小题分
如图，四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为正三角形，且平面平面为棱上一点，，平面交棱于点．
求证：；
当时，点关于平面的对称点为，求平面与平面所成角的余弦值．
18.本小题分
椭圆：的离心率为，其左焦点到点的距离是．
求椭圆的方程；
若直线：被圆：截得的弦长为，且与椭圆交于，两点，求面积的最大值．
19.本小题分
意大利画家达芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链下垂部分所形成的曲线是悬链线，通过建立适当坐标系，悬链线可为函数的图象，我们称这个函数为“双曲余弦函数”，记为，把称为“双曲正弦函数”，记，易知．
证明：当时，；
当时，；
证明：．
参考答案
1.
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14.
15.解：在数列中，，，可得，
即数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，即．
由得，
所以
．
16.解：完善列联表如下：
完成比赛 未完成比赛 合计
搭载智能避障系统
未搭载智能避障系统
合计
设“机器人是否搭载智能避障系统与“能否完成全程比赛”无关，
则，
故根据小概率值的独立性检验，可以认为“机器人是否搭载智能避障系统”与“能否完成全程比赛”有关；
根据分层抽样可得台机器人中“搭载智能避障系统”的台数为，
故可取，，，，
又，，
，，
．
故E．
17.解：证明：
因为底面为矩形，所以，
又平面，平面，故面，
又面面，平面，
故；
设的中点为，连接，
显然，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，在底面内过点垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
易知，
当时，，设，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
所以，
由题易知点到平面的距离与点到平面的距离相等，且，
即，
即，且，解得或舍去，，
所以．
设平面的一个法向量为，
又，
则，取，
所以．
设平面的一个法向量为，
则，取，
则，所以
设平面与平面所成角的平面角为，
则．
故平面与平面所成角的余弦值为．

18.解：由题意可得，，
解得，，，即有椭圆的方程为；
到的距离，，
．
设，，把代入，
得，
，，
，
，
当，即时，，
即面积的最大值为．

19.证明：由，
令，
则，
所以在上单调递增，
所以，
所以当时，成立；
令，
则，
令，
则，
因此在上单调递增；
所以，
故，
即，
所以在上单调递增，
即，
所以当时，成立；
由时，成立，
令，且，
则，
即，
由题意，
令且，可得，
因为，
所以，
由当时，，
所以令且，可得，
所以，
由前面解答过程得，对任意，成立，
令且，
可得，
所以，
又且，所以，
所以，
所以可得
，
即可得．
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