精品解析：陕西省榆林市2026届高三上学期第一次模拟考试数学试卷

2026届高三第一次模拟考试数学试题 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．涂写在本试卷上无效． 4．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 5．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试卷不回收． 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. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据，结合共轭复数的概念计算即可. 【详解】因为复数， 所以，复数的共轭复数是. 故选：A 2. 已知集合，若，则实数的值为（ ） A. 或3 B. 0或 C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意集合相等，元素相同且同一集合元素互异求解即可. 【详解】解：因为集合，， 所以，解得. 故选：C 3. 已知命题；命题，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】B 【解析】 【分析】结合命题否定的定义，找出对应反例的取值并依次判断命题的真假，即可求解 【详解】命题，当时，，故为假命题； 命题，当或时，，故为真命题； 所以，和都是真命题，和是假命题. 故选：B 4. 在中，，，，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先根据同角三角函数得出，再应用正弦定理计算求解. 【详解】在中，，所以， 又因为，则由正弦定理得，解得. 故选：D. 5. 已知，且，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取特殊值判断AD，根据与的单调性判断BC. 【详解】解：对于A，取，满足，但不满足，故错误； 对于B，由于指数函数在上单调递减，所以当时，，故错误； 对于C，由于函数在单调递增，当时，，故正确； 对于D，取，满足，此时，故错误. 故选：C 6. 设 ，是向量，则“”是“或”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 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】因为，可得，即， 可知等价于， 若或，可得，即，可知必要性成立； 若，即，无法得出或， 例如，满足，但且，可知充分性不成立； 综上所述，“”是“或”的必要不充分条件. 故选：B. 7. 若数列满足，其前项和为，则（ ） A. 既无最大值，又无最小值 B. 当且仅当时，取得最小值 C. 当且仅当时，取得最小值 D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】分析数列的单调性，可知当时，；当时，，且，逐项判断即可. 【详解】因为数列、均为递增数列，所以，数列为递增数列， 因为，， 故当时，；当时，. 无最大值，但有最小值，且最小值为、，即. 所以，D对，ABC均错. 故选：D. 8. 存在三个实数，使其分别满足下述两个等式： （1） （2） 其中M表示三个实数中的最小值，则（ ） A. M的最大值是 B. M的最大值是 C. M的最小值是 D. M的最小值是 【答案】B 【解析】 【分析】由已知得，中必有个正数，1个负数，设，，则，根据基本不等式及不等式的性质即可求解． 【详解】由已知得，中必有个正数，1个负数， 设，，则， 因为，所以， 所以，即， 所以，由得，，即， 所以， 故选：B． 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. 正方体中，M为中点，O为中点，以下说法正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面 D. 平面 【答案】AC 【解析】 【分析】设交于，利用线面平行的判定定理可判断A，由题可得进而可判断BD，利用线面垂直的判定定理可得平面，进而可判断C. 【详解】连接交于，连接，则为的中点， 所以，， 又M为中点，，， 所以，， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面，故A正确； 因为，与平面相交且不垂直， 所以与平面不平行且不垂直，故BD错误； 由题可知平面，平面， 所以，由题可知， 又平面，平面， 所以平面，又， 所以平面，故C正确. 故选：AC. 10. 如图，函数的部分图象与直线交于两点，且，点在曲线上，则（ ） A. B. 为偶函数 C. 在上单调递减 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】先根据，列方程求出判断A；将代入求出，进而求出判断B；由，求出，取，即可判断C；由，，可求出当时，取得最小值，即可判断D. 【详解】解：根据题意，设，， 由得， 由图象可知，，， 两式相减得，，所以，所以，A错误； 则，将点代入得，， 由知，，所以， 所以， 故， 令，定义域为，关于原点对称， 又，所以为偶函数，B正确； 令，解得，， 取，则在上单调递减， 因为是的真子集， 所以在上单调递减，C正确； 令，，解得，， 令，解得， 所以当时，取得最小值， 所以，D正确； 故选：BCD. 11. 若，使得，且当时，，则称为正移函数．定义符号函数，设，则（ ） A. 是正移函数 B. 当时，方程有且仅有一解 C. 是正移函数 D. 函数的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正移函数定义直接判断A选项；构造函数研究其零点个数判断B选项；求导，判断函数单调性与极值情况，再结合正移函数的定义可判断C选项；根据C中函数的单调性与取值情况，结合判断D选项即可. 【详解】对于A，当时，，不满足当时，，故A错误； 对于B，当时，方程有且仅有一解， 当时，，显然不相等； 所以有且仅有一解， 令，则在上有且只有一个零点， 因为，所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因为，，， 所以当时，，当时，在上存在，使得， 所以在上有且只有一个零点，，故B正确； 对于C，当时，，， 令，解得，所以当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，，当且仅当时取等号，且满足； 当时，由， 可知对于，当，均存在唯一，使得， 此时，所以当时，恒成立， 综上所述，，且当时，， 即函数是正移函数，故C正确； 对于D，， 由C知，当时，，当时，， 所以当时，，当时，， 当时，， 则当时，，即函数的最小值为，故D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则___________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据二倍角公式整理即可得答案. 【详解】解：因为， 所以，，即， 所以. 故答案为： 13. 某人工智能模型在语言训练时，每轮训练的模型参数的数量会发生变化．记第一轮训练的模型参数的数量为，若从第二轮开始，每一轮与它前一轮相比较，训练的模型参数增加的数量可以看成一个以为首项，公比为3的等比数列，则第五轮训练的模型参数的数量为___________．（用含的式子表示） 【答案】41t 【解析】 【分析】由题意求等比数列的通项公式即可求解. 【详解】设表示该模型第轮比第轮参数增加的数量， 则，， 所以是首项为，公比为3的等比数列，通项公式为：， 所以，第一轮参数为， 第二轮参数增加的数量为， 第三轮参数增加的数量为， 第四轮参数增加的数量为， 第五轮参数增加的数量为， 所以第五轮训练的模型参数的数量为. 故答案为： 14. 一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为的球，则该球的体积的最大值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆锥侧面展开图可得圆锥的半径和高，由三角形面积公式即可求解内切球半径，进而由球的体积公式求出答案. 【详解】解：由题意得，扇形的弧长， 所以该圆锥的底面圆的半径， 所以该圆锥的高． 设该圆锥内的球的最大半径为，圆锥的轴截面如图所示： 则依题意得，所以， 所以该球的体积的最大值是． 故答案为： 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. 已知函数． （1）求； （2）设函数，求的递增区间． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据得，再根据范围即可得答案； （2）根据辅助角公式得，再整体代换求解即可. 【小问1详解】 解：函数，且， ，又 ． 【小问2详解】 解：由（1）知：， 故函数， ， 令，得， 的递增区间为． 16. 已知数列的首项为，且满足. （1）证明：数列为等差数列； （2）设数列的前n项和为，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）将递推数列变形，结合等差数列的定义，即可证明； （2）由（1）的结果可知，再分别讨论为奇、偶的两种情况的前项和. 【小问1详解】 因为，， 若，则，与矛盾， 所以，所以， 所以，因为，所以， 所以数列是以首项为2，公差为4的等差数列. 【小问2详解】 由（1）知， 数列的前项和为， 所以， 设数列的前n项和为， 当n为偶数时，， 因为， 所以， 当为奇数时，为偶数. ， 所以 17. 已知函数是定义域为的奇函数. （1）若集合，，求； （2）设，且在上的最小值为-7，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据是定义域为的奇函数，由，求得m，然后根据，求得集合A，再由，且，利用分式不等式的解法求得集合B，然后利用交集运算求解； （2）令，转化为，分，，根据在上的最小值为-7求解. 【小问1详解】 解：因为是定义域为的奇函数， 所以，可得， 当时，， 所以，， 所以为奇函数，所以； 由，得，即， 因为，所以， 所以，即； 由，且，得，即， 所以， 所以； 【小问2详解】 因为， ， 令，因为，所以， 所以， 当时，在上为减函数，在上为增函数， 所以，即， 所以， 解得，或（舍去）； 当时，在上为增函数，所以， 即，所以，解得（舍去）， 所以. 18. 等边三角形的边长为3，点分别是边上的点，且满足，如图甲，将沿折起到的位置，使二面角为直二面角，连接，如图乙. （1）求证：平面. （2）在线段上是否存在点，使平面与平面所成的角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 因为等边三角形的边长为3，，所以， 在中，由余弦定理可得 ，所以，可得，即 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面； （2）存在， 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求出，勾股定理可得，再由面面垂直的性质定理可得答案； （2）假设在线段上存在点，使平面与平面所成的角为，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设，求出点坐标，求出平面、平面的法向量，再由二面角的向量求法可得，从而求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 假设在线段上存在点，使平面与平面所成的角为， 由（1）可知互相垂直， 以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系， 所以，，，，， ，，， 设，可得，， 设为平面的一个法向量， 所以，即， 令，则， 所以，因为平面， 所以可以为平面的一个法向量， 因为平面与平面所成的角为， 所以， 解得，所以存在点，且， 可得，， . 19. 设函数，其中. （1）当时，求的零点： （2）当时，证明： （i）1为的极小值点； （ii）对于任意，存在，使得曲线在点处的切线斜率与在点处的切线斜率互为相反数. 【答案】（1）1 （2） （i）当时，函数，定义域为， ，则， 当时，所以， 故在区间上单调递减， 当时，所以， 故在区间上单调递增， 因为在区间上单调递减，在区间上单调递增，故1为的极小值点. （ii）已知， 故曲线在点处的切线斜率为， 在点处的切线斜率为， 因为与互为相反数，所以， 令，， 则， 当时，单调递增，且， 根据零点存在定理可知：存在，使得， 故函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 且，故函数在区间上的值域为， 令，， 则， 当时，单调递减，且， 故时，恒成立，所以函数在区间单调递减， 故的值域为， 因为当时，， 所以是的子集， 故对于任意，存在，使得曲线在点处的切线斜率与在点处的切线斜率互为相反数. 【解析】 【分析】（1）由已知函数解析式，直接令函数等于0，即可求得结果； （2）（i）利用极小值定义即可证明结论； （ii）先根据题干得到，令函数，求得其在区间上的值域，再令函数，求其在区间上的值域，有交集即可证明结论. 【小问1详解】 已知，定义域为，令， 则，解得（舍去）或（舍去）或，故的零点为1. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三第一次模拟考试数学试题 注意事项： 1．本试卷共4页，满分150分，时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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．涂写在本试卷上无效． 4．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 5．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试卷不回收． 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. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，若，则实数的值为（ ） A. 或3 B. 0或 C. 3 D. 3. 已知命题；命题，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 4. 在中，，，，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 2 5. 已知，且，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 6. 设 ，是向量，则“”是“或”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 7. 若数列满足，其前项和为，则（ ） A. 既无最大值，又无最小值 B. 当且仅当时，取得最小值 C. 当且仅当时，取得最小值 D. ， 8. 存在三个实数，使其分别满足下述两个等式： （1） （2） 其中M表示三个实数中的最小值，则（ ） A. M的最大值是 B. M的最大值是 C. M的最小值是 D. M的最小值是 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. 正方体中，M为中点，O为中点，以下说法正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面 D. 平面 10. 如图，函数的部分图象与直线交于两点，且，点在曲线上，则（ ） A. B. 为偶函数 C. 在上单调递减 D. 11. 若，使得，且当时，，则称为正移函数．定义符号函数，设，则（ ） A. 是正移函数 B. 当时，方程有且仅有一解 C. 是正移函数 D. 函数的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则___________． 13. 某人工智能模型在语言训练时，每轮训练的模型参数的数量会发生变化．记第一轮训练的模型参数的数量为，若从第二轮开始，每一轮与它前一轮相比较，训练的模型参数增加的数量可以看成一个以为首项，公比为3的等比数列，则第五轮训练的模型参数的数量为___________．（用含的式子表示） 14. 一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为的球，则该球的体积的最大值是___________． 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. 已知函数． （1）求； （2）设函数，求的递增区间． 16. 已知数列的首项为，且满足. （1）证明：数列为等差数列； （2）设数列的前n项和为，求数列的前项和. 17. 已知函数是定义域为的奇函数. （1）若集合，，求； （2）设，且在上的最小值为-7，求实数的值. 18. 等边三角形的边长为3，点分别是边上的点，且满足，如图甲，将沿折起到的位置，使二面角为直二面角，连接，如图乙. （1）求证：平面. （2）在线段上是否存在点，使平面与平面所成的角为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 19. 设函数，其中. （1）当时，求的零点： （2）当时，证明： （i）1为的极小值点； （ii）对于任意，存在，使得曲线在点处的切线斜率与在点处的切线斜率互为相反数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $