河南顶级名校联盟2026届高三上学期11月强基诊断性测试数学试题（PDF版，含答案）_251112河南顶级名校联盟2026届高三上学期11月强基诊断性测试

2025 年 11 月测试 数学试卷 本试卷共 150分 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．设z1i（其中i为虚数单位），则z1i A．i B．i C．1 D．1 2．已知全集U 1,2,3,4,5，集合A1,2，集合B2,4,5，则A(cid:0) (cid:0) B= U A． 1 B． 1,2,3 C． 2,3,4 D． 1,2,3,4 3．命题 p：“x0”，命题q：“x23x10”，则 第1页 共4页 第2页 共4页 p 是 q A． 的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．3个男同学和3个女同学排成一列，进行远足拉练．要求排头和排尾必须是男同学，则不同的 排法有______种． A．36 B．108 C．120 D．144 1 5．已知 f x是定义域为R的奇函数，当x0时， f x x 1，则当x0时， f x的最小 x 值为 A．1 B．2 C．3 D．4 (cid:0)(cid:0) (cid:0)(cid:0) 6．已知力F 2,3作用于某一物体，使该物体从A1,0 移动到B1,2 ，则力F 对该物体做的功 为 A．2 B．4 C．6 D．10 x2 y2 7．双曲线C:  1a0,b0的左、右焦点分别为F 、F ，以FF 为直径的圆与C在第 a2 b2 1 2 1 2 3 二象限交于点P，若坐标原点O到直线PF 的距离为 a，则双曲线C的离心率为 1 2 3 2 5 10 6 B． C． D． 2 2 2 8．若存在实数，使得对任意 n  Z n  ，均有sin    a，则实数a的最小值为  6  A． 2 3 B． 6  4 2 C． 2  4 3 D． 1 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．全部选对得6分，部分选对但不全得3分，有错选的得0分. 9．如图所示，已知A、B、C、D、E、F分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线EF异面 的是 A．直线AB B．直线BC C．直线CD D．直线DA x2 y2 10．已知椭圆C:  1的左、右焦点为 4 3 F 1 、 F 2 ，上顶点为M，直线l经过左焦点 F 1 与 C 交于 A、B两点，与y轴交于点N．则下列判断正确的是 A．ABF 的周长为4 2 B．MFF 为等边三角形 1 2 C． AF 的最小值为1 1 (cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0) D．存在点N，使得AF FN NB 1 1 11．已知ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、 b A B D F C E （第9题图） 1sinA 、c，abcosA，tanC  ．则下 cosA 列判断正确的是   A．B C B．C  2 6 河南省顶级名校联盟2026届高三上学期11月强基诊断性测试——数学 {#{QQABCQCowwi4kIZACC76EUGUCwuYsJKSJKgOwQCKOARDQBNIBAA=}#}2 C．ac D．c b 5 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 1 1 12．已知3a 2，blog 2，则   ． 6 a b 13．掷一枚质地不均匀的骰子，记向上面的点数为 第3页 共4页 第4页 共4页 X ，若EX5.2，则 P  X  6  （1）证明：数列 的最小值 为 ． 14．一个轴截面为等边三角形、高为 6cm 的封闭圆锥形容器内有一个半径为 1cm 的小球，小球在该 容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥内壁的面积为 cm2． 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．（13 分）为了研究生活习惯 M 与患有疾病 N 的关系，某疾控中心随机调查了其他条件都基本相 同的340人，调查数据如表所示． 无习惯M者 有习惯M者 合计 没患疾病N者 120 160 280 患有疾病N者 15 45 60 合计 135 205 340 （1）根据小概率值0.050的独立性检验，判断患有疾病N与有生活习惯M是否有关？   P B A   （2）常用L B A    表示在事件A 发生的条件下事件 B 发生的优势，在统计中称为似 P B A 然比．现从340人中任选一人，A表示“选到的人是有习惯M者”，B表示“选到的人患   有疾病N者”，请利用样本数据，估计L B A 的值． nad bc2 附：2  ， abacbdcd P  2 k  0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828  1 16．（15分）已知各项均不为0的数列a 的前n项和为S ，a 1，当n2时，S2 a  S   ． n n 1 n n  n 2  1 S n  为等差数列； （2）数列  b n  是首项和公比均为 6 5 的等比数列，设 c n  b n S n ，若对于任意正整数n，均有 c n  c m ， 求正整数m的值． 17．（15 分）如图所示四棱锥PABCD，底面 A B C D 是边长为 2的正方形， M 、N 分别为BC、 P D 的中点． （1）证明： M N (cid:0) 平面 P A B ； （2）若PA PB 5，平面PAB平面 A B C D ，求二面角 NAM D的大小（用反三角函数表示）． 18．（17分）已知抛物线：y2 2pxp0 的焦点为F ，点E4,m 在  上，且 EF 5． （1）求抛物线的方程； （2）直线 l 经过点 F ，且与  交于 A 、 B 两点． （i）点 P 是抛物线上位于 A 、 B 之间的动点，设点 P 到直线 l 的距离 d 的最大值为 d l ，求 d l 的最小值； （ii）设线段 A B 的垂直平分线与  交于 M 、N 两点，若A、 M 、B、 N 四点共圆，求直 线 l 的方程． 1 19．（17分）已知 f xex  ax2 x1． 2 （1）当a0时，证明：对于任意xR，均有 f x0； （2）（i）若 f x是R上的增函数，证明：a1； （ii）证明：当a1时，函数 f x在0,上有唯一的极值点 x 1 P N A D B M C （第17题图） 和唯一的零点x ，且 2 x x,2x ． 2 1 1 河南省顶级名校联盟2026届高三上学期11月强基诊断性测试——数学 {#{QQABCQCowwi4kIZACC76EUGUCwuYsJKSJKgOwQCKOARDQBNIBAA=}#}2025 年 11 月测试 数学 参考答案 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 2 3 4 5 6 7 8 C B A D A D C B 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，部分选对但不全的得3分，有错选的得0分． 9 10 11 CD BC ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．1 13．0.2 14．15 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．（13分） 解：（1）零假设H ：患有疾病N与有生活习惯M无关 ··········································· 2分 0 依据列联表中的数据，经计算得 34012045160152 2  6.5813.841 ··········································· 5分 28060135205 根据小概率0.050的独立性检验，推断零假设 第 1 页 共 6 页 H 0 不成立，即认为患有疾病N 与有生活习惯M有关 ··········································································· 7分 PA(cid:0) B P  B A  PA   （2）L B A   ······························································ 2分     P B A P A(cid:0) B PA PA(cid:0) B |A(cid:0) B|   ································································· 4分   P A(cid:0) B |A(cid:0) B| 45 9   ··············································································· 6分 160 32 16．（15分）  1 解：（1）证明：因为当n2时，a S S ，S2 a S   ， n n n1 n n  n 2 数学答案 {#{QQABIQCAggCgAIBAAAgCAQGwCgIYkBACAKgOQAAcMAIAwRNABCA=}#} 1 1 1 所以S2 S S  S  S2 S S  S  S ， n n n1  n 2 n n n1 2 n 2 n1 1 1 得当n2时，S S  S  S ·························································· 3分 n n1 2 n1 2 n 1 1 因为 a  S S S S 0，所以当 2 n 2 n1 n n n1 第 2 页 共 6 页 n  2 1 1 时，  2， S S n n1  1  数列 是公差为2的等差数列 ···························································· 6分 S  n 1 1 1 1 1 （2）  1，当n2时，  2，所以 2n1 ····························· 2分 S a S S S 1 1 n n1 n 1 6 n 6 n 1 S  ，b   ，c    ················································ 4分 n 2n1 n 5 n 5 2n1 6 n1 1 6 n 1 6 n 6 1  c n1 c n  5    2n1  5    2n1  5      52n1  2n1    6 n 2n11    ···························································· 6分 5 52n12n1 所以当1n5时，c c ，当 n n1 n  6 时，c c ， n n1 即c c c c c c ，c c c  ··············································· 8分 1 2 3 4 5 6 6 7 8 所以对任意正整数n，均有c c ，m6 ················································ 9分 n 6 17．（15分） 解：（1）证明：设AD中点为Q， 因为M、N分别为BC、PD的中点， 所以NQ(cid:0) PA，MQ(cid:0) BA， 进而NQ(cid:0) 平面PAB，MQ (cid:0) 平面PAB ······················································· 2分 NQ平面NQM ，MQ平面NQM ，且NQ与MQ交于Q点， 所以平面MNQ(cid:0) 平面PAB ····································································· 4分 因为MN在平面MNQ上，所以MN (cid:0) P N A Q D B M C 平面PAB ·········································· 6分 （2）设AB中点为O，CD中点为R， 因为PAPB，所以POAB， 因为平面PAB平面ABCD，且平面PAB与平面ABCD交于直线AB， 所以PO平面ABCD ············ 2分 数学答案 {#{QQABIQCAggCgAIBAAAgCAQGwCgIYkBACAKgOQAAcMAIAwRNABCA=}#}进而PO 第 3 页 共 6 页  OR，因为四边形ABCD是正方形，所以OR  AB ························· 4分 以O为原点，分别以OB、OR、OP为 x 轴、y轴、 z 轴建立坐标系， 因为若PAPB 5，OAOB1， 所以OP2， A1,0,0，D1,2,0， M1,1,0，P0,0,2，  1  所以N ,1,1 ·················································································· 6分  2  (cid:0)(cid:0)(cid:0) 设平面AMN的法向量为n x,y ,z ， 1 1 1 1 (cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0) (cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)  3  因为AM 2,1,0，MN  ,0,1 ，  2  (cid:0)n (cid:0) 1 (cid:0) (cid:0)A (cid:0)M (cid:0) (cid:0) (cid:0) 0 ， (cid:0)n (cid:0) 1 (cid:0) (cid:0)M (cid:0)N (cid:0) (cid:0) (cid:0) 0 z P N A D O R y B M C x ， 3 所以2x y 0， x z 0， 1 1 2 1 1 (cid:0)(cid:0)(cid:0) 取x 2，则y 4，z 3，n 2,4,3 ·············································· 7分 1 1 1 1 (cid:0)(cid:0)(cid:0) 平面AMD的法向量为n 0,0,1， 2 (cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0) n n 3 3 29 设二面角NAM D的平面角为，则cos (cid:0) 1 (cid:0)(cid:0)(cid:0) 2 (cid:0)(cid:0)  ， n n 29 29 1 2 3 29 所以arccos ············································································· 9分 29 18．（17分） p 解：（1） EF 4 5 ··················································································· 2分 2 所以 p2，抛物线的方程为y2 4x ······················································· 3分 （2）（i）F1,0 ························································································· 1分 设mcot，Ax,y ，Bx ,y ，Px ,y ，α为直线l与x轴正半轴的夹角， 1 1 2 2 0 0 则直线l的方程为xmy1 ··································································· 2分 将直线方程代入抛物线方程得y2 4my40， 不妨设y y ，则y 2m2 m2 1，y 2m2 m2 1，y  y  y ， 1 2 1 2 1 0 2 所以 y 2m 2 m2 1，即y 2m2 4  m2 1  ····································· 3分 0 0 数学答案 {#{QQABIQCAggCgAIBAAAgCAQGwCgIYkBACAKgOQAAcMAIAwRNABCA=}#}my x 1 4my  y2 4 4  m2 1  y 2m2 点P到直线l的距离d  0 0  0 0  0 m2 1 4 m2 1 4 m2 1 4  m2 1  y 2m2  0  m2 1（当y 2m时取等） 0 4 m2 1  所以d  m2 11（m0， 时取等） ··········································· 4分 l 2 所以d 的最小值为1 ············································································· 5分 l （ii）设AB方程为xmy1，Ax,y ，Bx ,y ，AB中点Cx ,y ， 1 1 2 2 0 0 1 直线MN的方程为x yn， m 第 4 页 共 6 页 M  x 3 , y 3  ， N  x 4 , y 4  ， 因为MN垂直平分AB，且四点共圆， 所以AB关于MN对称，且MN是直径 ····················································· 2分 将AB方程代入抛物线方程得y2 4my40， 所以y 2m，y y 4， 0 1 2 因为C既在AB上，又在MN上， 所以x 2m2 1，x n2，得n2m2 3 ············································· 4分 0 0 1 4 将MN方程x y2m2 3代入抛物线方程得y2  y8m2 120， m m (cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0) 因为AMAN 0， 所以x x x x y y y y 0， 3 1 4 1 3 1 4 1 得y y y y 160，即y2 y  y y  y y 160 ······················· 6分 3 1 4 1 1 3 4 1 3 4 4 进而y2  y 8m2 40， 1 m 1 (cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0)(cid:0) 4 又因为BMBN0，所以y2  y 8m2 40， 2 m 2 因为y y 4，所以8m2 44，得m1 ··········································· 8分 1 2 所以直线l的方程为x y10或xy10 ··········································· 9分 19．（17分） 解：（1）证明： f xex x1， fxex 1 ···················································· 1分 当x,0时， fx0，当x0,时， fx0， 所以 f x在,0上递减，在0,上递增 ··········································· 2分 数学答案 {#{QQABIQCAggCgAIBAAAgCAQGwCgIYkBACAKgOQAAcMAIAwRNABCA=}#}进而对任意xR，均有 f x f 00 ··················································· 3分 （2）（i） fxex ax1， f00，因为 f1e1a10，所以 第 5 页 共 6 页 a  0 ····· 1分 设gxex ax1，则gxex a，令gx 0，则x lna ·················· 2分 0 0 当a1时，则x 0，设 0 x   0 , x 0  ，则 g   x   0 ， fx在0,x 上递减， fx f00，与 0 f  x  是 R 上增函数矛盾 ··········· 3分 当0a1时，则x 0，设xx ,0，则gx0， 0 0 fx在x ,0上递增， fx f00，与 0 f  x  是 R 上增函数矛盾 ··········· 4分 当a1时，由（1）知 fxex x10，所以a1满足要求， 综上所述，a1 ·················································································· 5分 （ii）设x lna，由（i）知： 0 当a1时， fx在0,x 上递减，在x ,上递增， fx  f00 ······· 1分 0 0 0 f2ln2ae2ln2a 2aln2a14a2 2aln2a1， 由（1）知ex x1，设xln2a，则2aln2a1 ····································· 2分 所以 f2ln2a4a2 2aln2a12a2aln2a12a1， 因为a1，所以2a10， f2ln2a0 ··············································· 3分 所以方程 fx0在区间x ,2ln2a上存在唯一解x ·································· 4分 0 1 因为 fx在0,x 上递减，在x ,上递增， 0 0 所以方程 fx0在0,上存在唯一解 x 1 ， 函数 f x在区间0,上存在唯一极值点x ············································ 5分 1 因为x0,x 时， fx0，当xx,时， fx0， 1 1 所以 f x在0,x 上递减，x,上递增，进而 f x  f 00 ················ 6分 1 1 1 f 2x e2x1 2ax2 2x 1，设ye2x1 2ax2 2x 1， 1 1 1 1 1 则y2e2x1 4ax 22e2x1 4  ex1 1  22e2x1 4ex1 20， 1 数学答案 {#{QQABIQCAggCgAIBAAAgCAQGwCgIYkBACAKgOQAAcMAIAwRNABCA=}#}所以 f 2x 是增函数，因为 1 第 6 页 共 6 页 2 x 1  0 ，所以 f 2x  f 00 ························ 7分 1 又 f x 0，所以y f x在 1  x 1 , 2 x 1  上存在零点 x 2 ·································· 8分 因为 f x在0,x 上递减， 1  x 1 ,    上递增， 所以函数 f x在0,有唯一的零点 x 2 ················································· 9分 数学答案 {#{QQABIQCAggCgAIBAAAgCAQGwCgIYkBACAKgOQAAcMAIAwRNABCA=}#}