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河南南阳市镇平县第一高级中学2026届高三考前自测数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知双曲线焦距为，顶点到渐近线的距离为，则离心率为（ ）
A． B． C． D．2
3．若向量，，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数是定义在上的偶函数，满足，且在上单调递减，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知数列、、的通项公式分别为，、，.若对任意的，、、的值均能构成三角形，则满足条件的正整数有（ ）
A． 4个 B．3个 C．1个 D．无数个
6．正方体中，是棱的中点，是棱上的动点，过点，，的平面截该正方体所得的截面记为，若三棱锥的外接球球心落在平面内，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．工厂生产都会面临原料存贮的问题，存贮量过多会导致占用资金过多、仓储费用过高，而存贮量太少会导致存贮批次增多，订货费用增加（订货费不包括购买原料的费用，仅包括进货过程中产生的人力和运输成本）．因此需要决定多长时间订购一次，使每天所需平均成本费用（不包括购买原料费用）最少．设时间以天为单位，工厂对某原料的消耗是连续且均匀的，每天原料需求量为吨，每次订货费为元，每天每吨原料贮存费为元，当贮存量降到0时订货可立即送达，订货费、贮存费和需求量均为已知常数．在上述条件下，设一个订货周期为即每天订一次货），则每次订货量为，根据经济学的相关结论可知，一个订货周期内需要支付贮存费的货物贮存量为，所以一个订货周期的贮存费为，要使每天所需平均成本费用最低，则（ ）
A． B． C． D．
8．如图所示，某学校进行“大脚板”趣味运动，需要八名同学一起团结协作，统一步调才能前进．甲同学作为队长需要喊口令，故只能站在最中间的两个位置之一，方便前后的同学都清晰地听到口令．乙、丙两位同学经验较为丰富所以站在最前或最后面，则这八位同学一共有多少种站位方式（ ）
A．240 B．480 C．720 D．960
二、多选题
9．设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足:横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（ ）
A． B．点在C上
C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点在C上时，
10．在中，角所对的边长分别为，分别为边上的高．若，，则下列说法正确的是（）
A．
B．的最大值为
C．的值可取
D．内切圆半径的值可取
11．在年杭高樱花文会答题抽奖活动中，有一道题四个选项，只有一个选项正确，甲同学回答失败，剩下的三个选项编号为，乙同学继续答题，乙同学选择号选项，主持人未加评判.主持人知道哪个选项正确，从号中删去一个错误选项后，给乙同学一次换号机会.记表示第号选项正确，表示主持人删去的选项是第号选项.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．换号后答对概率增大
D．换号后答对概率不变
三、填空题
12．如图，是等边内的动点，四边形是平行四边形，.则的最大值______.
13．已知数列满足，，是其前项和．若，则正整数的所有可能取值的个数为__________．
14．已知点分别是椭圆和圆上的两个动点，且点，则的最大值为__________.
四、解答题
15．已知等差数列的前项和为，，．
(1)求的通项公式：
(2)若数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前项和．
16．一只不透明的口袋中放有形状 大小完全相同的4个黑球和2个白球，若每次摸一个球后，观察其颜色，再放回袋中，摸到黑球得1分，摸到白球得分，用随机变量表示k次摸球后得1分的总次数，用随机变量X表示k次摸球后总得分.
(1)若摸球100次.
①求的数学期望；
②求X的数学期望；
(2)当摸球次数k为何值时，的概率取得最大值.
17．如图，梯形中，，过分别作，，垂足分别，，已知，将梯形沿同侧折起，得空间几何体 ，如图．
1若，证明：平面；
2若，，线段上存在一点，满足与平面所成角的正弦值为，求的长．
18．已知函数．
(1)若函数，求函数的单调区间；
(2)若函数有两个不同的零点，记两个零点分别为，且．
①求a的取值范围；
②已知，若不等式恒成立，求的取值范围．
19．已知圆和定点，动点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与直线交于点，设曲线为点的轨迹．
(1)求曲线的方程；
(2)设，斜率为的直线与曲线交于，两点，直线，分别与曲线交于，两点；
（ⅰ）若直线，的斜率之和为0，证明：直线过定点；
（ⅱ）若，证明：直线过定点．
参考答案
1．A
【详解】因为，，
所以.
2．A
【详解】设双曲线的渐近线为，顶点坐标为，
则顶点到渐近线的距离，
所以离心率．
3．B
【详解】因为向量，，
所以；
故选：B.
4．D
【详解】因为函数是定义在上的偶函数，，且在上单调递减，
所以，且在上单调递增，
所以当时，；当时，；
当时，；当时，，
所以不等式的解集为.
故选：D.
5．B
【详解】由题意，不妨设，
三点均在第一象限内，由可知，，
故点恒在线段上，则有.
即对任意的，恒成立，
令，构造函数，
则，由单调递增，
又，存在，使，
即当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
故至多个零点，
又由，
可知存在个零点，不妨设，且.
①若，即时，此时或.
则，可知成立，
要使、、的值均能构成三角形，
所以恒成立，故，
所以有，解得；
②若，即时，此时.
则，可知成立，
要使、、的值均能构成三角形，
所以恒成立，故，
所以有，解得或；
综上可知，正整数的个数有个.
故选：B.
6．A
【详解】设正方体棱长为1，以为原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，，，，，
因为点为中点，可得，又设，，
则得，解得，即，
由三棱锥的外接球即为，，为棱的长方体的外接球，
由，，，得长方体的体对角线长为，
所以三棱锥的外接球的半径为，即球心为该长方体体对角线的中点，所以，
设平面的法向量为，，，
由，故可取，
因为，所以与平面的法向量为垂直，
则，即，解得，所以.
7．D
【详解】因为贮存费为，且订货费为，所以总费用为，易知每天所需平均成本费用为.
设，.
令，解得.
又因为，单调递减，，单调递增.
所以时最小.
8．B
【详解】让甲站位有种方法，再让乙丙站位有种方法，最后排余下5人，有种方法，
由分步乘法计数原理得，
所以这八位同学一共有480种站位方式.
故选：B
9．ABD
【详解】对于A：设曲线上的动点，则且，
因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确.
对于B：又曲线方程为，而，
故.
当时，，
故在曲线上，故B正确.
对于C：由曲线的方程可得，取，
则，而，故此时，
故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.
对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得，
故，故D正确.
故选：ABD.
10．ABD
【详解】在中，已知，.由正弦定理，
得.
因为，所以，
代入化简得.由，
得，即，.
因为，所以，，故选项A正确.
设的面积为，则，
代入，，得.
由余弦定理，得.
由，得，当且仅当时取等号，
所以，即的最大值为，故选项B正确.
由，得，，
则.又，，
代入得.
令，，则，
令,由,得,
函数化为二次函数:
令开口向上,对称轴.
在区间上单调递增.
因此当(即)时,取得最小值
代入得最小值，
所以，故选项C错误.
设内切圆半径为，则，即，.
由余弦定理，得，
代入的表达式约分得：，
由正弦定理，，，故，得，
因此，
若 ，代入得：，
此时，满足，
且方程的判别式，存在两个正根，即这样的三角形存在，
因此可取，选项D正确.
11．BC
【详解】对于A，乙选择号选项，答案是号选项，主持人选择号选项的概率为，即，故A错误；
对于B，，，
则，
因此，故B正确；
对于CD，若不换号，乙继续选择号选项，获得奖品的概率为，主持人选择了错误的选项，
若换号，选择剩下的那个选项，获得奖品的概率为，乙换号后中奖概率增大，故C正确，D错误.
12．2
【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系，
因为四边形是平行四边形，，则，
设的边长为，显然，，，
设，，则，
故，则，
因为，所以，
设，由，，
所以
，
因为，所以，
显然当，即时，取得最大值，最大值为4.
所以的最大值为2.
13．35
【详解】由，得，由累加法，当时，
，
当时，，
因此，
即得，当时，，故，
由得，所以，
所以，
所以，
即，令，
则，
因为，所以，所以数列为递增数列，
当时，，所以，
综上可知，，故满足条件的正整数的所有可能取值的个数为.
14．/
【详解】因为为椭圆的右焦点，设其左焦点为，
圆的圆心，半径，由椭圆的定义得，
则，
而，当且仅当点在直线上时取等号，
所以当是线段延长线与椭圆的交点、是线段延长线与圆的交点时，取得最大值.
15．(1)
(2)
【详解】（1）方法1：设等差数列的公差为，，
因为，所以，
又，所以，解得，
因为，所以的通项公式为；
方法2：设等差数列的公差为，
故，，所以；
（2）因为数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以，
因为，所以，
则
，
所以数列的前项和为.
16．(1)①；②
(2)当摸球次数时，的概率取得最大值
【详解】（1）①由题意可知：每次摸到黑球的概率均为，即得1分的概率均为，
则，所以的数学期望；
②因为，
所以X的数学期望.
（2）设摸到白球的次数为，则摸到黑球的次数为，则，
则，
由题意可得：，
解得，且，可得，
所以当摸球次数时，的概率取得最大值.
17．（1）证明见解析；（2） .
【详解】1由已知得四边形ABFE是正方形，且边长为2，在图2中，，
由已知得，，平面
又平面BDE，，
又，，平面
2在图2中，，，，即面DEFC，
在梯形DEFC中，过点D作交CF于点M，连接CE，
由题意得，，由勾股定理可得，则，，
过E作交DC于点G，可知GE，EA，EF两两垂直，
以E为坐标原点，以分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
．
设平面ACD的一个法向量为，
由得,取得，
设，则m，，，得
设CP与平面ACD所成的角为，
．
所以
18．(1)当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)①；②．
【详解】（1）由题意得的定义域为，，
当时，，则在区间内单调递增；
当时，由，得，（舍去），
当时，，单调递增，当时，，单调递减．
所以当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）①依题意，函数的定义域为，
所以函数有两个不同的零点，
可得方程在有两个不同根，
得到函数与函数的图象在上有两个不同交点，
又，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，所以．
又有且只有一个零点是1，且在时，，在时，，
如图，的图象如下：
可见，要想函数与函数在图象上有两个不同交点，只需．
②由①可知分别为方程的两个根，即，，
所以原式等价于．
因为，，所以原式等价于．
又由，作差得，，即，
所以原式等价于．
因为，原式恒成立，即恒成立，
令，，则不等式在上恒成立．
令，则．
当时，可见时，，所以在上单调递增，
又，在恒成立，符合题意；
当时，可见当时，；当时，，
所以在时单调递增，在时单调递减．
又，所以在上不能恒小于0，不符合题意，舍去．
综上所述，若不等式恒成立，只须，又，所以．
19．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【详解】（1）圆的圆心为，半径，
线段的垂直平分线与直线交于点，故，
当线段的垂直平分线与射线相交时，，
当线段的垂直平分线与射线相交时，，
所以，
故点的轨迹是以为焦点的双曲线，设其方程为，
则，则，
故点的轨迹的方程为；
（2）（i）设直线，
联立，得，
则，，
，
所以
，解得，
故直线l的方程为，即直线过定点；
（ii）设，则直线的方程为，其中，
联立，可得，
则，将以及代入可得：
，
则，所以，则，
同理，
设直线，代入点A的坐标得，
整理得，同理可得，
所以可知直线的方程为，即，
令，解得，
即直线过定点.

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