精品解析：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、单选题 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. 关于函数的下列四个结论中： ①是偶函数 ②的最大值为 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. 二、多选题 9. 在棱长为的正方体中，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 三、填空题 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 15. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点G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. （i）证明：平面平面； （ii）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）表示不超过的最大整数，； 求（ⅰ）； （ⅱ）. 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：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大连市第二十四中学2026届高三数学 第一次统练试卷 一、单选题 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. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的几何意义求得，进而利用复数的除法运算法则求得，可求共轭复数. 【详解】因为复数在复平面内对应的点的坐标为，所以， 所以, 所以复数的共轭复数为. 故选：B. 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 【答案】B 【解析】 【分析】利用面面垂直的性质定理结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】充分性：已知，，，，如下图所示： 取平面为平面，平面为平面，直线为直线，直线为直线， 则，但直线与不垂直，充分性不成立； 必要性：已知，，，，因为，所以，， ，故，必要性成立. 因此，“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】利用任意角三角函数的定义结合两角差的正弦公式得到，再利用正弦函数的性质得到的可能值即可. 【详解】因为角的终边与圆交于点， 所以由任意角三角函数定义得，， 设旋转后的角为，且旋转后的角交圆于点， 则由任意三角函数的定义得，， 得到， ， 故，当时，，故D正确. 故选：D 4. 关于函数的下列四个结论中： ①是偶函数 ②的最大值为 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 【答案】D 【解析】 【分析】根据奇偶性的定义可判断①，首先求出在的最大值，然后结合的周期性和奇偶性可判断②，画出函数在，内的图象可判断③④. 【详解】对于①，的定义域为，且， 所以函数是偶函数，故①正确； 对于②，当，时，，， 则； 当，时，， 且在，上满足， 又是定义域上的偶函数，所以的最大值为，故②错误； 对于③，画出函数在，内的图象，如图所示； 则在，内的零点有2个，故③错误； 对于④，由在，内的图象知，在内是单调增函数，故④正确． 故选：D． 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. 【答案】B 【解析】 【分析】将支架看作一个正四棱锥，根据已知及相切关系得到三角形相似，利用相似比求球心到点的距离. 【详解】 如上图正四棱锥，为底面中心，为球心，为球体与的切点， 又，故各侧面均为等边三角形， 若侧面三角形边长为，则，，， 显然△△，故，则. 故选：B. 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. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差数列通项公式、前项和列式建立关系，再逐项判断. 【详解】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，方程中系数为2，的系数是正整数， 选项A符合要求，选项BCD不符合要求. 故选：A 7. 定义函数，则函数在区间（）内所有零点的和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由得，将在区间（）内的零点，转化为函数和函数图象交点的横坐标，然后由，得到函数的图象，在同一坐标系中作出两函数的图象求解. 【详解】由得， 故函数的零点即为函数和函数图象交点的横坐标. 由可得，函数是以区间为一段，其图象为在水平方向上伸长为原来的2倍，同时在竖方向上缩短为原来的. 先作出函数在区间上的图象，再依次作出在上的图象，然后再作出函数的图象，如图所示： 由图象可得知：两图象的交点在函数的极大值的位置，由此可得函数在区间上的零点为， 故所有零点之和为. 故选：D. 【点睛】本题主要考查函数的零点以及等比数列求和，还考查了转化化归的思想，数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】由存在实数使得恒成立，转化为恒成立，得到，构造新函数，利用导数求得函数的最值，得出关于的不等式，即可求解. 【详解】由题意，函数的定义域为， 要使得存在实数使得恒成立，即恒成立， 只需恒成立，即恒成立， 即 设，则， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以当时，函数取得最大值，最大值为，即， 设，则 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以当时，函数取得最小值，最小值为，即， 所以只需，解得，即实数的取值范围是， 故选D. 【点睛】本题主要考查了导数的综合应用，其中解答中把存在实数使得恒成立，转化为恒成立，进而得得到是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题. 二、多选题 9. 在棱长为的正方体中，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. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据长度确定轨迹形状，进而可得解. 【详解】A选项：，则动点在正方体的三个表面，，内运动，且运动轨迹均为以为圆心，为半径，且圆心角为的圆弧， 则轨迹长度，A选项错误； B选项：，则动点在正方体的三个表面，，内运动，且运动轨迹均为以为圆心，为半径，且圆心角为的圆弧， 则轨迹长度，B选项正确； C选项：，则动点在正方体的三个表面，，内运动，且运动轨迹长度相等， 当在内运动时，由平面， 则，则， 所以在内的运动轨迹均为以为圆心，为半径，且圆心角为的圆弧， 则轨迹长度，C选项正确； D选项：，且，动点在正方体的三个表面，，内运动，且运动轨迹长度相等， 当在内运动时，由平面， 则，则， 如图所示， 设轨迹与，分别交于点，， 所以，， 则，同理，则 所以在内的运动轨迹均为以为圆心，为半径，且圆心角为的圆弧， 则轨迹长度，D选项正确； 故选：BCD. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，平面，即可求解AB，结合线面角以及面面角的几何角，利用三角形的边角关系即可求解CD. 【详解】对于A，由题意可得，，， 由题意可知是的中点，连接， 又，，所以，， 平面，故平面， 平面，故，A正确， 对于C，由于，， 则，所以， 又，平面，所以平面， 故为直线与平面所成角，，故，故C正确， 对于D，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，D正确， 对于B，由于平面，而平面，且与平面不平行， 故平面与平面不垂直，故B错误 故选：ACD 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 【答案】BC 【解析】 【分析】由题意转化为在上是否至少存在两个零点，，结合零点存在性定理判断选项A、B；结合导数找到函数的单调性及最值，再根据函数零点情况判断选项C、D. 【详解】由题知与在上同步，即在上，至少存在两个零点，， 对于A，在上单调递增，故A错误. 对于B，，，，， 函数在上必有一个零点，故B正确. 对于C，，， 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C正确. 对于D，，，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，又， 所以，没有零点，故D错误. 故选：BC. 三、填空题 12. 已知，若，则的最小值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用换元法，和对数的运算法则化简表达式，然后利用基本不等式求解最小值即可． 【详解】令，则， 所以， 所以，当且仅当时取等号，故的最小值为3. 【点睛】本题考查对数值的最小值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意均值不等式和对数性质的合理运用． 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______. 【答案】84 【解析】 【分析】由条件证明数列为等比数列，利用累加法求数列的通项公式，数列中在之前共有项，由此确定前项的值，再分组，结合等比求和公式可求得答案. 【详解】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； 数列中在之前共有项， 当时，，当时，， 所以 . 故答案为：84 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______. 【答案】 【解析】 【分析】由正方体可证平面，及，再由三角形面积可知点到的距离，即可判断点轨迹，即可得解. 【详解】 由连接， 由正方体可知，，，， 且，，平面， 则平面， 又平面， ， 同理， 又，，平面， 所以平面， 即平面，且， 设直线平面于点， 则，且为三角形中心， 又，则， 所以点在以为圆心，为半径的圆上， 在中，， 又， 所以，即， 所以点的轨迹为圆上的三段弧，且每段弧所对的圆心角为， 则轨迹的长度为， 故答案为：. 四、解答题 15. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点G是的重心，且． （1）若，①直接写出______；②设，求的值 （2）求的取值范围． 【答案】（1）① ② （2） 【解析】 【分析】（1）①设的中点为，先由点G是的重心，得，再利用余弦定理得，从而求出； ②建立平面直角坐标系，设，求出点的坐标，从而可求出，然后利用两角差的正切公式即可求出； （2）设，则通过可求出关于的关系式，从而可求出其取值范围. 【小问1详解】 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. 故答案为：. 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. 【小问2详解】 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. （i）证明：平面平面； （ii）若点在线段上，且与平面所成角的正弦值为，求的长. 【答案】（1）证明见解析； （2）（i）证明见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定性质推理得证. （2）（i）根据给定条件，确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质及面面垂直的判定推理得证；建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法列式求解. 【小问1详解】 在四棱锥中，，平面，平面， 因此平面，而平面平面，平面， 所以. 【小问2详解】 （i）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. （ii）由（i）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，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）表示不超过的最大整数，； 求（ⅰ）； （ⅱ）. 【答案】（1） （2）（i）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）设等比数列的公比为，等差数列的公差为，由已知列方程组求得与， 进而求得与的通项公式可求；（2）（i）由，求出，作和即可求得结论；（ii）利用错位相减法求可得. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 （i），因为，所以， ， ， 所以. （ii）①， 则②， 由①-②得：.， 所以. 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. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）在线段上存在一点H，使得点H到平面的距离为，或 【解析】 【分析】（1）先由条件证明平面，进而得，由等腰三角形三线合一证得，最后利用线面垂直的判定定理即可证得结论； （2）结合图形利用线面垂直的判定定理和性质定理证明平面，得到，再证，求得，从而可得，依题建系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量的坐标，利用空间向量夹角公式计算即得； （3）假设线段上是存在一点，满足条件，则，表示出的坐标，结合平面的法向量，利用点到平面的距离坐标公式列方程，求解即得的值，从而得到点H的坐标. 【小问1详解】 因为平面，平面，则， 在正方形中，，因，平面， 则平面，因平面，则， 又，点是的中点，则， 又因为，平面，故平面. 【小问2详解】 由（1）平面，因平面，则， 因平面，平面，则， 又，，平面，所以平面， 因平面，则， 又因为是的中点，，则， 因，平面，则平面， 因平面，则， 因，平面，则平面， 因为平面，则，即， 即由（1）平面，因平面，则，即， 又，则，则， 因为，，， 则，即，即. 以点为原点，分别以所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以 ， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以平面的一个法向量为， 而平面的法向量可取为， 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. 【小问3详解】 由（2）可得，则， 假设线段上是存在一点，使得点到平面的距离为， 则，则， 所以，则，即，则， 由（2）已得平面的一个法向量为， 则点H到平面的距离，解得或， 则或， 即在线段上存在一点H，使得点H到平面的距离为. 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：. 【答案】（1） （2）极值点见解析； （3）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）利用导数转化为：或在上恒成立.再根据变量分离转化为对应函数最值问题； （2）对函数求导，再讨论导函数的零点个数和符号，即可得到极值点； （3）借助第三量进行证明，即证明；通过构造函数即可完成证明. 【小问1详解】 ， 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. 【小问2详解】 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；无极大值点； 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，无极大值点； 时，有一个极大值点和一个极小值点； 时，无极值点. 【小问3详解】 先证：，即证， 即证 ， 令（），，， 所以在上单调递增，即，即有，所以获证. 同理可证：， 所以. 【点睛】本题考查函数的单调性、极值和不等式的证明；考查内容多，难度大.解题的关键在于转化；一是将“已知函数单调”转化为不等式恒成立问题，进而转化为函数的最值问题；二是将“函数的极值点”转化为导函数的变号零点的个数问题；三是将不等式的证明转化为函数的单调性和最值问题，这里转化的时候要善于构造函数，通过函数来进行证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $