辽宁省大连第二十四中学2026届高三上学期第一次统练数学试卷

大连市第二十四中学2026届高三数学第一次统练试卷 一．选择题（共8小题） 1．已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则复数的共轭复数为　　 A． B． C． D． 2．已知，，，，则“”是“”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 3．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴非负半轴重合，其终边与圆交于点．若角终边沿逆时针方向旋转角，交圆于点，则角可能为　　 A． B． C． D． 4．关于函数有下述四个结论： ①是偶函数 ②的最大值为2 ③在，有3个零点 ④在区间单调递增 其中所有正确结论的编号是　　 A．①② B．①③ C．②④ D．①④ 5．如图，一个由四根细铁杆、、、组成的支架、、、按照逆时针排布），若，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是　　 A． B． C．2 D． 6．已知等差数列，公差为，，前项和为，记集合，若中有2个元素，则，的关系可以为　　 A． B． C． D． 7．定义函数，则函数在区间，内的所有零点的和为　　 A． B． C． D． 8．设函数，若存在实数使得恒成立，则的取值范围是　　 A．， B．， C． D． 三．多选题（共3小题） 9．如图，在棱长为1的正方体中，动点在其表面上运动，且，把点的轨迹长度称为“喇叭花”函数，下列结论中正确的是 A． B． C． D．． 10．如图，长方形的长为，宽为2，，，，分别为长方形四条边中点，沿，，，，折叠，使长方形的四个顶点重合于点，所得四面体称为“萨默维尔”四面体，在此四面体中，下列结论正确的是　　 A． B．平面平面 C．直线与平面所成角为 D．平面与平面的夹角为 11．已知和是定义在上的函数，若存在区间，，且，，则称与在，上同步．则　　 A．与在，上同步 B．存在使得与在，上同步 C．若存在，使得与在，上同步，则 D．存在区间，使得与在，上同步 二．填空题（共3小题） 12．已知，，若，则的最小值为　　． 13．设数列满足，，．在数列的任意与项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前项的和为，求　　． 14．已知正方体的棱长为，，为体对角线的三等分点，动点在三角形内，且三角形的面积，则点的轨迹长度为 　　． 四．解答题（共5小题） 15．已知内角，，的对边分别为，，，点是的重心，且． （1）若，①直接写出＝_____；②设，求的值． （2）求的取值范围． 16．如图，四棱锥的底面为梯形，，，△为直角三角形，． （1）设平面平面，证明：； （2）已知，，，，在同一个球面上，且球心在平面上． 证明：平面平面； 若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求的长． 17．已知数列是正项等比数列，是等差数列，且，，． （1）求数列和的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求证：； （3）表示不超过的最大整数， 求：①； ②． 18．如图，四棱锥的底面是正方形，平面，．已知，分别为，的中点，平面与棱交于点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）判断线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 19．设函数． （1）若函数在定义域上是单调函数，求实数的取值范围； （2）求函数的极值点； （3）令，，设，，，，，是曲线上相异三点，其中．求证：． 大连市第二十四中学2026届高三数学第一次统练试卷 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B B D D B A D D 二．多选题（共3小题） 题号 9 10 11 答案 BCD ACD BC 一．选择题（共8小题） 1．已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则复数的共轭复数为　　 A． B． C． D． 【解答】解：由题意知， 则， 则复数的共轭复数为， 故选：． 2．已知，，，，则“”是“”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 【解答】解：，，，， ， “”是“”的必要不充分条件． 故选：． 3．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴非负半轴重合，其终边与圆交于点．若角终边沿逆时针方向旋转角，交圆于点，则角可能为　　 A． B． C． D． 【解答】解：由题意可得，， 设旋转后的角为，且旋转后的角交圆于点， 所以，， 所以， ， 故，，当时，，故正确． 故选：． 4．关于函数有下述四个结论： ①是偶函数 ②的最大值为2 ③在，有3个零点 ④在区间单调递增 其中所有正确结论的编号是　　 A．①② B．①③ C．②④ D．①④ 【解答】解：对于，的定义域为，且， 所以函数是偶函数，错误； 对于，当，时，，， 则； 当，时，， 且在，是周期为的函数， 又是定义域上的偶函数，所以的最大值为，错误； 对于，画出函数在，内的图象，如图所示； 则在，内的零点有2个，错误； 对于，由在，内的图象知，在内是单调增函数，正确． 故选：． 5．如图，一个由四根细铁杆、、、组成的支架、、、按照逆时针排布），若，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是　　 A． B． C．2 D． 【解答】解：由题意，取， 由题意得四棱锥是正四棱锥，球的球心在四棱锥的高上； 过正四棱锥的棱与作正四棱锥的轴截面如图所示： 由题意可得是正方形，且， ，， ，， ，， ， ， ，解得， ． 故选：． 6．已知等差数列，公差为，，前项和为，记集合，若中有2个元素，则，的关系可以为　　 A． B． C． D． 【解答】解：等差数列，公差为，，前项和为，记集合，若中有2个元素， 由，得，则， 由中有2个元素，得关于的方程有不小于2的整数解， 而，则，，，方程中的系数为2，的系数是正整数， 选项符合要求，选项不符合要求． 故选：． 7．定义函数，则函数在区间，内的所有零点的和为　　 A． B． C． D． 【解答】解：当时，， 所以，此时当时，； 当时，，所以； 由此可得时，． 下面考虑且时，的最大值的情况． 当时，由函数的定义知， 因为， 所以， 此时当时，； 当时，同理可知，． 由此可得且时，． 综上可得：对于一切的，函数在区间，上有1个零点， 从而在区间，上有个零点，且这些零点为，因此，所有这些零点的和为． 故选：． 8．设函数，若存在实数使得恒成立，则的取值范围是　　 A．， B．， C． D． 【解答】解：函数的定义域为，则即为， 设，则，令，解得， 易知当时，单调递增，当时，单调递减， 故， 设，由题意，恒成立，即对任意恒成立， 设，则，令，则， 当，即时，，则函数在上单调递增，故恒成立，故符合题意； 当，即时，当时，，单调递减，当时，，单调递增， 则，解得， 综上，实数的取值范围为． 故选：． 二．多选题（共3小题） 9．如图，在棱长为1的正方体中，动点在其表面上运动，且，把点的轨迹长度称为“喇叭花”函数，下列结论中正确的是 A． B． C． D．． 【解答】解：根据题意，画出图象，如图所示： 对于①，由如图三段相同的四分之一个圆心为半径为的圆弧长组成，因此； 对于②，由如图三段相同的四分之一个圆心为半径为1的圆弧长组成，因此（1）； 对于③，由如图三段相同弧长组成，圆心角为，半径为，因此； 对于④，由如图三段相同的四分之一个圆心分别为，，半径为1的圆弧长组成，因此； 所以正确的序号为B、C、D． 故答案为：B、C、D． 10．如图，长方形的长为，宽为2，，，，分别为长方形四条边中点，沿，，，，折叠，使长方形的四个顶点重合于点，所得四面体称为“萨默维尔”四面体，在此四面体中，下列结论正确的是　　 A． B．平面平面 C．直线与平面所成角为 D．平面与平面的夹角为 【解答】解：对于选项，由题意可得，，， 由题意可知是的中点，连接，， 因为，，所以，， 又，、平面，故平面， 又平面，故，故选项正确； 对于选项，由于，， 则，所以， 又，、平面，所以平面， 故为直线与平面所成角，，故，故选项正确； 对于选项，过作于，连接， 由于平面，平面，故， 又，，平面，故平面， 因为平面，故， 故为平面与平面的夹角， 由等面积法可得， 又，故，故，故选项正确； 对于选项，由于平面，而平面，且与平面不平行， 故平面与平面不垂直，故选项错误． 故选：． 11．已知和是定义在上的函数，若存在区间，，且，，则称与在，上同步．则　　 A．与在，上同步 B．存在使得与在，上同步 C．若存在，使得与在，上同步，则 D．存在区间，使得与在，上同步 【解答】解：由题知与在上，同步，即在上，至少存在两个零点，， 对于，在上，单调递增，故错误． 对于，，，（1），， 函数在上必有一个零点，故正确． 对于，，， 当时函数在上单调递减，至多有一个零点，不符合题意， 当时，当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减，当时，当时，， 当时，取最大值， 若要有两个零点，则，解得，故正确． 对于，，，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，又， 所以，没有零点，故错误． 故选：． 三．填空题（3小题） 12．已知，，若，则的最小值为　3　． 【解答】解：； ； 又，； ，； ； 的最小值为3． 故答案为：3． 13．设数列满足，，．在数列的任意与项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前项的和为，求的值． 【解答】解：（1）因为， 所以，又，， 所以数列为首项为1，公比为2的等比数列， 所以， 所以当，时，， 所以， 所以当，时，，又也满足该关系， 所以数列的通项公式为； （2）数列中在之前共有项， 当时，， 当时，， ． 14．已知正方体的棱长为，，为体对角线的三等分点，动点在三角形内，且三角形的面积，则点的轨迹长度为 　　． 【解答】解：如图所示：连接交于点， 四边形是正方形，， 平面，平面， ，又，且， 平面，又平面， ， 同理可知， 又平面，平面，， 平面， 又根据题意可知，棱长为，，△为正三角形，， ，设到平面的距离为， ，， ，即， ，， 为与平面的交点，由题意可知平面， ，， 如图所示：在正三角形中，高， 内切圆的半径，且， 取的两个三等分点，，连接，， ，，△是以长度为边长的正三角形， 的轨迹是以为圆心，半径等于的圆，圆的周长为， 在△内部的轨迹是三段圆弧，每一段圆弧的圆心角为， 对应的轨迹长度是圆周长的一半为． 故答案为：． 四．解答题（共5小题） 15．已知内角，，的对边分别为，，，点是的重心，且． （1）若，①直接写出＝_____；②设，求的值． （2）求的取值范围． 【解答】解：（1）①设的中点为，则，，三点共线且， 因为，所以，所以， 因为，所以，， 所以在中，由余弦定理得， 所以． ②以为原点，所在直线为轴建立如图平面直角坐标系，设， 则，，， ，，故， 所以， 所以． （2）设，则，，，， 故，，即 所以，， ，， 所以， 因为，所以，所以， 所以， 即． 16．如图，四棱锥的底面为梯形，，，△为直角三角形，． （1）设平面平面，证明：； （2）已知，，，，在同一个球面上，且球心在平面上． 证明：平面平面； 若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求的长． 【解答】解：（1）证明：在四棱锥中，，平面，平面， 因此平面，而平面平面，平面， 所以． （2）证明：取中点，连接，由，， 得四边形为平行四边形， 则，，是△外接圆圆心， 又四边形是等腰梯形， 则点在△外接圆上，即点与点重合， 取中点，连接，，由△为直角三角形，，得为△外接圆圆心， 而是四棱锥外接球球心，于是平面，又平面， 所以平面平面． 由得，，，，， 以点为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，， 设平面的法向量为， 则，则， 取，得， 设， 则， 由与平面所成角的正弦值为， 得， 整理得，而， 解得，则， 所以的长为． 17．已知数列是正项等比数列，是等差数列，且，，． （1）求数列和的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求证：； （3）表示不超过的最大整数， 求：①； ②． 【解答】（1）解：设等比数列的公比为，等差数列的公差为， 由，，， 得，解得或（舍去）． 故，； （2）证明： ， 则； （3）①解：， ， ， ． 则； ②解：，① 则，② 由①②得， ． 18．如图，四棱锥的底面是正方形，平面，．已知，分别为，的中点，平面与棱交于点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）判断线段上是否存在一点，使得点到平面的距离为若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【解答】解：（1）证明：因为平面，平面，所以， 因为四边形为正方形，所以， 又，，平面， 所以平面，因为平面， 所以， 因为为中点，， 所以，又，，平面， 所以平面； （2）由（1）平面，平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为四边形为正方形，所以， ，平面，， 所以平面，平面，所以， 因为为的中点，，所以， ，，平面， 所以平面，平面， 所以， 因为，所以平面，平面， 所以，故， 由（1）平面，平面， 所以，故，又， 所以△△， 所以， 由已知，，， 所以，故， 以为原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，0，，，2，，易知， 所以，． 设平面的一个法向量为，，， 则，则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）因为，0，，，1，，所以， 设，，，， 所以，，，1，，所以，，，所以， 由（2）知平面的一个法向量为， 所以， 解得或， 所以点的坐标为或． 19．设函数． （1）若函数在定义域上是单调函数，求实数的取值范围； （2）求函数的极值点； （3）令，，设，，，，，是曲线上相异三点，其中．求证：． 【解答】解：（1），函数在定义域上是单调函数， 或在上恒成立． 若恒成立，得． 若恒成立，即恒成立． 在上没有最小值， 不存在实数使恒成立． 综上所述，实数的取值范围是． （2）由（1）知当时，函数无极值点． 当时，有两个不同解，，， 时，，， 即，， 时，在上递减，在，上递增，有唯一极小值点； 当时，． ，，在上递增，在，递减， 在，递增，有一个极大值点和一个极小值点． 综上所述，时，有唯一极小值点， 时，有一个极大值点和一个极小值点； 时，无极值点． （3）先证：，即证， 即证， 令，，， 所以在上单调递增， 即（1），即有，所以获证． 同理可证：， 所以． 声明：试题解析著作 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $