精品解析：辽宁省沈阳市第一中学2026届高三上学期第一次模拟考试数学试卷

沈阳市第一中学2026届高三年级第一次模拟考试 数学试卷 命题人：高三数学组 校对人：高三数学组 考试时间：120分钟 考试分数：150分 一､单选题 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. “”的一个必要非充分条件是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列满足，若，则（ ） A. 3 B. C. D. 5. 设，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数（且），若，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 产品的质量是企业的根本，产品检测是生产中不可或缺的重要工作，某工厂为了保证产品质量，利用两种不同方法进行检测，两位员工随机从生产线上各抽取数量相同的一批产品，已知在两人抽取的一批产品中均有5件次品，员工甲从这一批产品中有放回地随机抽取3件产品，员工乙从这一批产品中无放回地随机抽取3件产品，设员工甲抽取到的3件产品中次品数量为，员工乙抽取到的3件产品中次品数量为，，则下列判断不正确的是（ ）（参考：超几何分布其均值） A. 随机变量服从二项分布 B. 随机变量服从超几何分布 C. D. 8. 已知是函数的导函数，且对任意的实数都有（是自然对数的底数），，若不等式的解集中恰有一个整数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 两个变量的线性相关性越强，则相关系数r越大 B. 若随机变量，满足，则 C. 若随机变量X服从正态分布，且，则 D. 已知一系列样本点的一个经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 10. 已知函数，则（ ） A. 有三个零点 B. 有两个极值点 C. 点是曲线的对称中心 D. 曲线有两条过点的切线 11. 设函数，则下列命题中正确的是（ ） A. 若方程有四个不同的实根，，，，则的取值范围是 B. 若方程有四个不同的实根，，，，则的取值范围是 C. 若方程有四个不同的实根，则的取值范围是 D. 方程的不同实根的个数只能是1，2，3，6 三､填空题 12. 德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学界的王子，19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是《正十七边形尺规作图之理论与方法》．在其年幼时，对的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法，现有函数，设数列满足（），则______． 13. 已知，，且，，则________. 14. 已知点A在函数的图象上，点B在直线上，则A，B两点之间距离的最小值是__________． 四､解答题 15. 已知函数在点处的切线与直线平行． （1）求的值； （2）求的极值． 16. 已知，. （1）求的值； （2）求的值. 17. 已知等差数列满足其中为的前项和，递增的等比数列满足：，且，，成等差数列． （1）求数列、的通项公式； （2）设的前项和为，求 （3）设，的前n项和为，若恒成立，求实数的最大值． 18. 投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，是把箭向壶里投．在战国时期较为盛行，在唐朝时期，发扬光大．《醉翁亭记》中的“射”指的就是“投壶”这个游戏．为发扬传统文化，唤醒中国礼仪，某单位开展投壶游戏．现甲、乙两人为一组玩投壶游戏，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中则此人继续投壶，若未投中则换为对方投壶．无论之前投壶情况如何，甲每次投壶的命中率均为0.3，乙每次投壶的命中率均为0.4．由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为0.5． （1）求第2次投壶的人是甲的概率； （2）求第i次投壶的人是乙的概率． 19. 已知函数. （1）求函数在处的切线方程； （2）若不等式恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 沈阳市第一中学2026届高三年级第一次模拟考试 数学试卷 命题人：高三数学组 校对人：高三数学组 考试时间：120分钟 考试分数：150分 一､单选题 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简集合，根据交集的定义求结论. 【详解】由有意义可得， 所以，又， 所以， 故选：B 2. “”的一个必要非充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用充分条件与必要条件的判断方法，结合指数、对数函数的单调性，对选项A、B和C逐一分析判断，即可求解；对于D，利用不等式的性，即可求解. 【详解】对于选项A，由，得到，即，所以可得，故选项A错误， 对于选项B，由，得到，所以可得，故选项B错误， 对于选项C，由，得到，即，所以推不出， 但可以得出，故选项C正确， 对于选项D，由，得到， 又，当且仅当时取等号，显然不满足题意， 则，即， 又当，有，所以是的充要条件，故选项D错误， 故选：C. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将两边平方，可求得，再利用二倍角公式，即可求得答案. 【详解】因为，所以， 即得，则， 故， 故选：A 4. 已知数列满足，若，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由递推关系式可知数列是周期为3的周期数列，根据即可求解. 【详解】由，，， 所以数列是以3为周期的周期数列，所以， 故选：C. 5. 设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用对数运算律计算判断. 【详解】， ， ， ，即， 又， ，则. 6. 已知函数（且），若，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件判断函数为偶函数，同时，再利用单调性即可求出结果. 【详解】因为函数定义域为，且， 所以函数为偶函数， 则， 因为，则，即， 所以， 所以可以转化为， 则， 所以， 故选：B. 7. 产品的质量是企业的根本，产品检测是生产中不可或缺的重要工作，某工厂为了保证产品质量，利用两种不同方法进行检测，两位员工随机从生产线上各抽取数量相同的一批产品，已知在两人抽取的一批产品中均有5件次品，员工甲从这一批产品中有放回地随机抽取3件产品，员工乙从这一批产品中无放回地随机抽取3件产品，设员工甲抽取到的3件产品中次品数量为，员工乙抽取到的3件产品中次品数量为，，则下列判断不正确的是（ ）（参考：超几何分布其均值） A. 随机变量服从二项分布 B. 随机变量服从超几何分布 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由二项分布的定义判断A；由超几何分布的定义判断B；通过计算判断CD. 【详解】对于A，员工甲从这一批产品中有放回地随机抽取3件产品，则随机变量服从二项分布，A正确； 对于B，员工乙从这一批产品中无放回地随机抽取3件产品，则随机变量服从超几何分布，B正确； 对于C，该批产品有件，则， ，C正确； 对于D，，，若， 则，与选项C矛盾，D错误． 故选：D 8. 已知是函数的导函数，且对任意的实数都有（是自然对数的底数），，若不等式的解集中恰有一个整数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数和函数导数的关系，构造新的函数，根据，求出函数解析式，根据函数单调性和函数上特殊的点，求出参数的范围. 【详解】已知，则， 因为，所以， 设（为常数），则， 因为，代入得，解得， 所以， 则， 令，解得或， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 不等式的解集中恰有一个整数，即解集中恰有一个整数， 可知， ， ， ， 所以可知中的整数解为，因为，所以， 即. 故选：D. 二､多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 两个变量的线性相关性越强，则相关系数r越大 B. 若随机变量，满足，则 C. 若随机变量X服从正态分布，且，则 D. 已知一系列样本点的一个经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由相关系数的概念判断A，由线性关系的变量间方差的关系判断B，由正态分布的性质判断C，由残差概念判断D． 【详解】对于A项，两个变量的线性相关性越强，越大，A项错误； 对于B项，由方差的性质可得，B项正确； 对于C项，若随机变量服从正态分布，且， 则，则，C项正确； 对于D项，经验回归方程，若样本点与的残差相等， 则，可得，D项正确． 故选：BCD． 10. 已知函数，则（ ） A. 有三个零点 B. 有两个极值点 C. 点是曲线的对称中心 D. 曲线有两条过点的切线 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数研究的单调性、极值及零点存在定理可判断A；利用极值点的定义可判断B，利用奇函数的性质及图象平移可判断C；利用导数几何意义求解可判断D． 【详解】对于B，由题，， 令，得或；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以是极值点，故B正确； 对于A，由的单调性，且极大值，极小值， 又，所以函数在定义域上有且仅有一个零点，故A错误； 对于C，令，该函数的定义域为， ， 则是奇函数，是的对称中心， 将的图象向下移动2个单位得到的图象， 所以点是曲线的对称中心，故C正确； 对于D，设切点为，，则切线的斜率为， 切线的方程为， 代入，可得， 整理并解得：或， 则过点的切线方程有两条，D正确． 故选：BCD． 11. 设函数，则下列命题中正确的是（ ） A. 若方程有四个不同的实根，，，，则的取值范围是 B. 若方程有四个不同的实根，，，，则的取值范围是 C. 若方程有四个不同的实根，则的取值范围是 D. 方程的不同实根的个数只能是1，2，3，6 【答案】AD 【解析】 【分析】作出的图像，利用函数与方程之间的关系，分析问题，即可得出答案． 【详解】解：对于A：作出的图像如下： 若方程有四个不同的实根，，，，则，不妨设， 则，是方程的两个不等的实数根，，是方程的两个不等的实数根， 所以，，所以，所以， 所以，故A正确； 对于B：由上可知，，，且， 所以， 所以，， 所以， 所以，故B错误； 对于C：方程的实数根的个数，即可函数与的交点个数，因为恒过坐标原点，当时，有3个交点，当时最多2个交点，所以， 当与相切时，设切点为， 即，所以，解得，所以，所以， 所以当与相切时， 即时，此时有4个交点， 若有4个实数根，即有4个交点， 当时由图可知只有3个交点，当时，令，，则，则当时，即单调递增，当时，即单调递减，所以当时，函数取得极大值即最大值，，又及对数函数与一次函数的增长趋势可知，当无限大时，即在和内各有一个零点，即有5个实数根，故C错误； 对于D：， 所以， 所以或， 由图可知，当时，的交点个数为2， 当，0时，的交点个数为3， 当时，的交点个数为4， 当时，的交点个数为1， 所以若时，则，交点的个数为个， 若时，则，交点的个数为3个， 若，则，交点有个， 若且时，则且，交点有个， 若，交点有1个， 综上所述，交点可能由1，2，3，6个，即方程不同实数根1，2，3，6，故D正确； 故选：AD． 三､填空题 12. 德国大数学家高斯年少成名，被誉为数学界的王子，19岁的高斯得到了一个数学史上非常重要的结论，就是《正十七边形尺规作图之理论与方法》．在其年幼时，对的求和运算中，提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法，现有函数，设数列满足（），则______． 【答案】 【解析】 【分析】计算出，，倒序相加得到答案. 【详解】 ，， 因为①， 所以②， 两式相加得 ， 所以. 故答案为： 13. 已知，，且，，则________. 【答案】-7 【解析】 【分析】利用同角关系式及和差公式求出，继而即可求解. 【详解】 ， 因为，所以，且， 所以为第一象限角， 所以， 所以， 所以 ， 所以. 故答案为：-7. 14. 已知点A在函数的图象上，点B在直线上，则A，B两点之间距离的最小值是__________． 【答案】 【解析】 【分析】分析函数单调性得图象，确定A，B两点之间距离的最小值的情况，利用导数的几何意义可得切线方程，从而求得最小距离. 【详解】由题意可得，令得 所以当，，函数单调递减，当，，函数单调递增，所以， 所以的图象如下图： 要使得A，B两点之间距离最小，即直线与平行时，当直线与曲线相切时， 与的距离即为A，B两点之间最小的距离， 令，解得．由， 所以直线的方程为，即 则与的距离的距离， 则A，B两点之间的最短距离是． 故答案为：． 四､解答题 15. 已知函数在点处的切线与直线平行． （1）求的值； （2）求的极值． 【答案】（1） （2）极大值，极小值为. 【解析】 【分析】（1）求导，根据切线与直线平行，得到，得到； （2）求导，得到函数单调性和极值情况. 【小问1详解】 因为， 所以， 因为直线的斜率为1， 函数在处的切线与直线平行， 所以，解得； 【小问2详解】 由（1）得：， 令，解得或， 当变化时，的变化情况如下表所示： 1 0 0 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 因此，当时，有极大值，并且极大值， 当时，有极小值，并且极小值为. 16. 已知，. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据两角和差的正余弦公式，化简题目条件，根据同角三角函数关系中的商数关系，求出结果； （2）根据二倍角的正弦公式，由弦化切，求出结果即可. 【小问1详解】 因为， ， 所以. 因为， 所以. 得. 【小问2详解】 由（1）知， 因为， 所以. 17. 已知等差数列满足其中为的前项和，递增的等比数列满足：，且，，成等差数列． （1）求数列、的通项公式； （2）设的前项和为，求 （3）设，的前n项和为，若恒成立，求实数的最大值． 【答案】（1）；；（2）；（3）． 【解析】 【分析】(1) 设等差数列的公差为，由已知条件，结合等差数列的通项公式和求和公式可得，从而可求出首项和公差，即可求出通项公式；设等比数列公比为，由已知条件结合等比数列的通项公式即可求出公比，从而可求出的通项公式. (2)由错位相减法即可求出前项和. (3)由(1)可知，整理可得，由裂项相消法可得，由恒成立可得恒成立，结合的单调性即可求出实数的最大值. 【详解】解：(1)设等差数列的公差为， ，，. 设等比数列公比为（其中），因为， 由，可得，解得或（舍去）； 所以数列的通项公式为. （2）由（1）得， 则①． ② 由①减去②得， 则，所以的前n项和. （3）由(1)可知，， 则 恒成立，恒成立， 单调递增，时，， 最大值为. 【点睛】方法点睛: 常见数列求和的方法有：公式法；裂项相消法；错位相减法；分组求和法等. 18. 投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，是把箭向壶里投．在战国时期较为盛行，在唐朝时期，发扬光大．《醉翁亭记》中的“射”指的就是“投壶”这个游戏．为发扬传统文化，唤醒中国礼仪，某单位开展投壶游戏．现甲、乙两人为一组玩投壶游戏，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中则此人继续投壶，若未投中则换为对方投壶．无论之前投壶情况如何，甲每次投壶的命中率均为0.3，乙每次投壶的命中率均为0.4．由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为0.5． （1）求第2次投壶的人是甲的概率； （2）求第i次投壶的人是乙的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，设“第次投壶的人是甲”为事件，设“第次投壶的人是乙”为事件，则有，由此计算可得答案； （2）根据题意，设，由全概率公式可得，由此可得，变形可得，结合等比数列的性质分析可得的通项公式，进而计算可得答案． 【小问1详解】 根据题意，设“第次投壶的人是甲”为事件，设“第次投壶的人是乙”为事件， 则； 【小问2详解】 根据题意，设，则， 则有， 则有，即， 变形可得， 又由，则， 故数列是以为首项，为公比的等比数列， 则， 所以， 故． 19. 已知函数. （1）求函数在处的切线方程； （2）若不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义知函数在处的导数值即为切线斜率，所以对函数求导可得切线斜率，进而得切线方程； （2）根据题意属于不等式恒成立求参数取值范围问题，可以把不等式分离参数，然后构造新函数，转化为利用导数求新函数的最值问题；也可以利用切线不等式得到即，再对分和讨论即得的取值范围. 【小问1详解】 ，， ， 的图像在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 解法一：由题意得，因为函数， 故有，等价转化为， 即在时恒成立，所以， 令，则， 令，则，所以函数在时单调递增， ，， ，使得， 当时，，即单调递减，当时，，即单调递增， 故， 由，得 在中，，当时，， 函数在上单调递增，，即与， ， ，即实数的取值范围为. 解法二：因为函数， 故有，等价转化为：， 构造， ，所以可知在上单调递减，在上单调递增， ，即成立，令， 令， 在单调递增， 又，所以存在，使得，即， 可知， 当时，可知恒成立，即此时不等式成立； 当时，又因为， 所以，与不等式矛盾； 综上所述，实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $