河南省信阳市2026届高三数学第二次质量检测试题-附答案

注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上．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、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.【答案】B【解析】【分析】先解一元二次不等式，再求解集合，最后应用交集定义计算求解.【详解】集合，，则.2.复数为纯虚数，则实数（）A.4 B.2 C. D.【答案】C【解析】【详解】易知复数；由纯虚数概念可得，解得.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.【答案】B【解析】【详解】由向量夹角为，且满足，可知；所以向量在向量上的投影向量为.4.已知是定义在上的奇函数，且，若当时，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】因为是定义在上的奇函数，所以，由，得，则，即，所以函数的一个周期为4，又，则.5.已知等差数列的前项和为，若，则（）A.30 B.32 C.34 D.36【答案】C【解析】【详解】由等差数列的公差为，根据，可得，解得；因此6.已知，若曲线与相邻的三个交点构成一个等腰直角三角形，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先利用余弦相等的解方程条件求出两曲线交点的坐标规律，再结合相邻三个交点构成等腰直角三角形的几何性质，通过等腰直角三角形斜边与高的数量关系建立方程，即可求解的值.【详解】∵两曲线交点满足，根据余弦方程的解为，分情况讨论：.若，化简得，无实数解，舍去；.若，整理得，解得交点横坐标为.将横坐标代入，得交点纵坐标：∴相邻三个交点的坐标为：，，.∵三点构成等腰直角三角形，直角顶点为中间点，∴斜边的长度为横坐标差：，斜边上的高为两点纵坐标差：.∵等腰直角三角形斜边上的高等于斜边的一半，∴，代入得：化简得，解得.【点睛】1.技巧提示：求解两个三角函数交点问题时，优先利用三角恒等变换解方程得到交点的坐标规律，避免逐点枚举.2.几何性质应用：等腰直角三角形斜边上的中线（高）等于斜边的一半，是本题建立参数方程的关键，避免了复杂的斜率/长度计算.7.正三棱台中，，与底面所成角的正切值为2，则正三棱台的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】设正三棱台的上下底面中心分别为，连接，过作于，则，，如图所示：三棱台为正三棱台，上下底面为等边三角形，三个侧面为全等的等腰梯形；，，，，；与底面所成角的正切值为2，，得；.过作于，则为侧面梯形的高；，；，，；.8.抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于A，B两点，点，若直线FT平分，则直线的斜率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据角平分线关系求出，再设，，直线l的方程，联立抛物线方程代入求解，结合韦达定理求出两根之和两根之积，据此将斜率关系式进一步转化成关于k的等式，解之即可．【详解】如图所示，抛物线的焦点，直线FT的斜率，设直线FT的倾斜角为，，由直线FT平分，设，则直线FA的倾斜角为，FB为，则，整理得，化简可得，易知直线l的斜率一定存在，设直线，与抛物线方程联立，得，设，则，又，，结合韦达定理可得，化简得，解得，当时，直线l的方程为，直线FT的方程为，很明显射线FT在外部，无法平分，故舍去；当，直线l的方程为，直线FT的方程为，射线FT在内部，成立；综上所述，．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.下列说法正确的有（）A.若样本数据的方差为3，则数据的方差为27B.设A，B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.8人的成绩（单位：分）分别为81，82，84，84，85，86，88，90，则这8人成绩的上四分位数是85【答案】ABC【解析】【分析】应用方差性质计算判断A，应用条件概率公式计算判断B，应用决定系数定义判断C，应用百分位数定义计算判断D.【详解】对于A：若样本数据的方差为3，则数据的方差为，A选项正确；对于B：设A，B为两个随机事件，若，则，B选项正确；对于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，C选项正确；对于D：8人的成绩（单位：分）分别为81，82，84，84，85，86，88，90，因为，所以这8人成绩的上四分位数是，D选项错误；10.在四棱锥中，已知底面ABCD为直角梯形，，为等边三角形，记二面角的平面角为，且，直线PD与底面ABCD所成角为，若，则的值可能为（）A. B. C. D.【答案】CD【解析】【分析】由二面角定义可知即为二面角的平面角，建立空间直角坐标系可得，再利用线面角的空间向量求法可得，解方程即可得或.【详解】根据题意取的中点分别为，连接，如图；因为底面为直角梯形，，，所以，则，易知，又为等边三角形，所以，且；以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：由可知即为二面角的平面角，因此，因此，则；易知平面的一个法向量为，因为直线与底面所成角为，且，所以，整理可得，即，解得或，因为，所以都符合题意；因此的值可能为或.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【答案】BD【解析】【分析】对于A，分和两种情况代入计算即可判断；对于B，分和两种情况讨论，其中当时，先求得，构造数列，根据数列的单调性，分析即可判断；对于C，先求得的表达式，根据在二进制中的意义，进而可得的意义，综合分析即可判断；对于D，先求得，根据其意义，可得，根据等差数列的定义，即可判断．【详解】对于A，当时，，当时，，所以，故A错误；对于B，当时，，不等式成立，当时，，令，则，所以，易得当时，恒成立，则数列在且上单调递增，又，所以，即，综上，，故B正确；对于C，，其中，则表示二进制中1的个数，，则，故C错误；对于D，因为，所以，，所以，因为的二进制表示为，所以，则，因为，所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，故D正确．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180，则实数的值为__________.【答案】【解析】【详解】因为的展开式通项为，令，解得，可得常数项为，解得.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M，N两点，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】利用双曲线的定义将所求距离和转化为弦长，再求过右焦点与右支相交的弦长的最小值即可，双曲线同支过焦点弦中，垂直于实轴的通径长度最短.【详解】∵双曲线的实半轴长，虚半轴长，半焦距，右焦点∵点在双曲线右支上，由双曲线定义得：，，∴两式相加得，∵共线，∴，即，因此只需求的最小值分两种情况讨论直线：.当直线斜率不存在时，直线方程为，代入双曲线方程得：，解得，此时弦长.当直线斜率存在时，设直线方程为，代入双曲线方程整理得：，∵直线与右支交于两点，∴，由弦长公式推导得：，∵，∴，∴综上，的最小值为，∴的最小值为【点睛】1.核心技巧：双曲线定义的转化是本题关键，将到左焦点的距离转化为到右焦点的距离加定值，大幅简化了最值问题。2.二级结论：双曲线过焦点且与同一支相交的弦中，通径（垂直于实轴的弦）最短，14.已知一袋中装有标号为1，2，3，4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7次卡片后停止抽取的概率为__________.【答案】【解析】【分析】计算出所有可能取法后，分前次种号码出现的次数分别为、、或、、或、、，且第次出现第种号码进行讨论，可得符合要求的总可能取法，最后利用古典概型求概率即可得.【详解】由分步乘法计数原理知，每次从中取出一张，记下号码后放回，进行次一共有种不同的取法，恰好取次卡片时停止，说明前次出现了种号码且第次出现第种号码，种号码出现的次数分别为、、或、、或、、，种号码分别出现、、次且次时停止的取法有种；种号码分别出现、、次且次时停止的取法有种；种号码分别出现、、次且次时停止的取法有种；故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.已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求；（2）求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）方法一、由正弦定理结合三角恒等变形化简可得，进而得到；法二、利用余弦定理代入，整理得，再求即可求解；（2）先根据锐角三角形得到，再利用余弦定理求的范围，再结合进行求解．【小问1详解】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；【小问2详解】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.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3个题由职工作答，已知题库中有A，B两类题，每个类题答对可以得到20分，每个类题答对得30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A，B两类题正确与否相互独立.（1）若职工甲选3个类题作答，试求甲得分的分布列和方差；（2）若甲乙两人每人选择2个类题和1个类题作答，求甲得分高于乙的概率.【答案】（1）分布列见解析，300（2）【解析】【分析】（1）根据题意，的可能取值为0，20，40，60，求出对应的概率，即可列出分布列及求出方差；（2）设甲、乙的最终得分分别为X，Z，“甲得分高于乙”为事件，甲得分高于乙包括：甲得20分、30分、40分、50分、70分五种情况进行求解即可．【小问1详解】设“甲选类题答对”为事件，根据题意，的可能取值为0，20，40，60.，，，，所以的分布列是：0204060设为甲答对的类题的个数，则，且，由，故的方差为.【小问2详解】设甲、乙的最终得分分别为X，Z，“甲得分高于乙”为事件，甲得分高于乙包括：甲得20分、30分、40分、50分、70分五种情况，这五种情况之间彼此互斥．又，，，则，故．17.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2所示．（1）求证：；（2）若，过的平面与平面垂直，且与交于点，求的值．【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）利用翻折前后边长不变的性质，结合等腰三角形三线合一证明垂直于含的平面，即可推导线线垂直；（2）证明底面，建立空间直角坐标系，先求平面的法向量，再设在棱上的参数为，结合点的共面约束列方程组，解出参数值即可得到线段比值.【小问1详解】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【小问2详解】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（1），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.【点睛】翻折类立体几何坐标法通用解题框架：.翻折处理核心：优先锁定翻折前后不变的垂直关系、边长，以公共垂足为原点建系，最大程度简化各点坐标的计算量；.棱上动点处理：棱上的未知点统一用共线向量参数表示坐标，仅含个未知量，结合点的共面/线面垂直/面面垂直约束即可列方程求解；.面面垂直等价转换：两个平面垂直等价于两个平面的法向量数量积为，也可通过平面内向量的线性关系列方程，两种方法可互相验证。18.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.（1）求椭圆的方程；（2）以线段为直径作圆，点始终在圆内（包括圆周），求的取值范围；（3）过点作直线的垂线，垂足为，求的最大值.【答案】（1）（2）（3）.【解析】【详解】解：当