宁夏中卫市海原县某校2025-2026学年高三上学期开学考试数学试卷

2025-2026学年度模拟考 高三数学 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题（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．集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．若复数满足，则（    ） A． B． C． D． 3．样本数据为2，3，4，4，5，a，5，6，7，9，若删除a后的新数据与原数据平均数相同，则a为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 4．不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 5．已知的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（    ） A． B． C． D． 6．等差数列的前项和，已知，，则的值是（    ）. A． B． C． D． 7．已知抛物线的焦点为，点 在抛物线 上，则 （   ） A．2 B．3 C． D． 8．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题(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,部分选对的得部分分,有选错的得0分.) 9．设为等比数列的前n项和，已知，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 10．是定义在R上的偶函数，当时，，则下列说法中正确的是（    ） A．的单调递增区间为和 B． C．的最大值为4 D．当时， 11．设双曲线的左，右焦点分别为，，且，为上关于原点中心对称的两点，则（   ） A．的实轴长为 B． C．若，则直线的斜率为 D．若，则 第II卷（非选择题） 3、 填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．已知向量，，若，则实数 ． 13．已知函数，则曲线在处的切线方程为 . 14．2024年8月20日国产第一款3A游戏《黑神话：悟空》上线，首日销量超450万份，总销售额超过15亿元，视觉设计深入挖掘中国传统文化元素，其中“六角木塔”取景山西省朔州市应县老城西北角的佛宫寺内，如图1，其最高处的塔刹下部分可以近似看成一个正六棱锥，如图2，已知正六棱锥的高为h，其侧面与底面夹角为，则六棱锥的体积为 . 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．（13分）已知函数的最小正周期为． (1)求的值，并求的单调递减区间； (2)求在上的值域． 16．（15分）已知椭圆：（）的左焦点为，短轴长为2． (1)求椭圆的方程； (2)过点、斜率为1的直线交椭圆于，两点，为坐标原点，求的面积． 17．（15分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，E是棱PA的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 18．（17分）已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）求函数的极值. 19．（17分）在空间直角坐标系中，某质点从原点出发，每秒向轴、轴或轴正、负方向移动一个单位，且向六个方向移动的概率均相等. (1)求该质点在第秒末移动到点的概率； (2)设该质点在第秒末移动到点，记随机变量，求的均值； (3)设该质点在第秒末回到原点的概率为，证明：. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A C D C C C A BD ACD 题号 11 答案 ABD 1．B 【分析】根据集合交集的概念直接求解即可. 【详解】因为集合，， 所以， 故选：B 2．A 【分析】根据复数的除法运算计算可求得答案. 【详解】由，可得. 故选：A. 3．C 【分析】根据平均数的定义代入计算可得结果. 【详解】删除a后的新数据的平均数为， 则原数据的平均数也为5，因此数据总和为50，所以可得， 解得. 故选：C 4．D 【分析】根据分式的性质，结合一元二次不等式的解法进行求解即可. 【详解】不等式等价于，解得或． 故选：D 5．C 【分析】根据给定条件，利用余弦定理求解即得. 【详解】在中，由，得， 由余弦定理得，而， 所以. 故选：C 6．C 【详解】由题意，设等差数列的公差为，则， 故， 故， 故选． 7．C 【分析】求得抛物线的准线方程及点的纵坐标后，利用抛物线的定义计算即可. 【详解】抛物线的标准方程为， 故其准线方程为， 点在抛物线上， 故， 由抛物线的定义知，， 故选：C. 8．A 【分析】根据三角函数的基本关系式，求得的值，再由，结合两角和的正弦公式，即可求解. 【详解】由，可得， 因为，，可得，， 所以 . 故选：A. 9．BD 【分析】根据等比数列公式得到，，计算得到，，对比选项得到答案. 【详解】，，解得，，故，， ，故BD正确，AC错误. 故选：BD. 10．ACD 【分析】A选项，先得到时，单调递增，当时，单调递减，结合函数的奇偶性得到A正确；B选项，由函数奇偶性和单调性得到；C选项，由函数单调性得到最大值为；D选项，利用函数奇偶性得到. 【详解】A选项，当时，， 故当时，单调递增，当时，单调递减， 又是定义在R上的偶函数，故当时，单调递增， 综上，的单调递增区间为和，A正确； B选项，由A选项，当时，单调递减，，B错误； C选项，由A选项，在和上单调递增，在和上单调递减， 故当和时，取得最大值，最大值为，C正确； D选项，当时，，故，D正确. 故选：ACD 11．ABD 【分析】A利用即可；B利用对称性得出，再结合双曲线的定义即可；C利用即可求出点坐标，再计算直线的斜率即可；D利用并结合双曲线的定义可得，再利用勾股定理即可. 【详解】设为双曲线的半焦距，则2， 由，即，所以的实轴长为，故A正确； 由于关于原点中心对称，关于原点中心对称， 所以四边形为平行四边形，所以， 所以，故B正确； 由，解得，所以， 所以直线斜率即直线斜率，，故C错误； 由，，可得，， 则，所以， 又，所以，故D正确. 故选：ABD. 12． 【分析】利用向量垂直的坐标表示即求. 【详解】∵向量，，， ∴， 所以． 故答案为：. 13． 【分析】求出导函数，根据导数的几何意义得出切线的斜率，代入点斜式方程，即可求出切线方程. 【详解】由可得，∴. ∵. 所以曲线在处的切线方程为， 即. 故答案为：. 14． 【详解】 如图取的中点，连接、，因为为正六棱锥， 所以，， 所以为侧面与底面的夹角，所以， 又底面，底面，所以， 所以，又底面为正六边形，所以为等边三角形， 所以，则， 所以， 所以， 所以六棱锥的体积为. 15．(1)， (2) 【分析】（1）根据余弦型函数周期公式及余弦型函数单调性求解即可； （2）根据自变量范围，利用整体替换思想结合余弦函数性质求解. 【详解】（1）由题意可知．所以 即 所以 所以 所以的单调减区间为 （2）因为，所以， 所以，所以， 所以函数在上的值域为. 16．(1) (2) 【分析】（1）由基本量求解椭圆方程即可. （2）求出直线与椭圆的交点坐标，再求解三角形面积即可. 【详解】（1） 由题设知，所以， 于是椭圆的方程为； （2）依题意，直线的方程为，设， 联立，解得或， 所以的面积 . 17．(1)证明见解析. (2). 【分析】（1）连接交于点，连接，证明即可. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法求出面面角的余弦值. 【详解】（1）在四棱锥中，连接交于点，连接， 由四边形为正方形，得为的中点，又E是棱PA的中点，则， 而平面，平面， 所以平面. （2）在四棱锥中，平面， 因为平面，所以， 以点为原点，直线所在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，则，，得， 设平面的法向量为，则， 解得，取，则，得， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18．（1）在上单调递减，在上单调递增；（2）答案见解析. 【分析】（1）求出函数的导函数，再根据导函数的符号即可得出函数的单调区间； （2）分，两种情况讨论函数的单调区间，再根据极值的定义即可得出答案. 【详解】解：由题意，的定义域为，且. （1）当时，，令，解得. ∴当时，，单调递减， 当时，，单调递增. ∴在上单调递减，在上单调递增； （2）①当时，恒成立，在上单调递增，故函数无极值； ②当时，令，解得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增. ∴的极小值为，无极大值. 19．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据组合公式得到共有种可能，再计算出所有情况，利用古典概型公式即可得到答案； （2）首先得到的所有可能取值为、、，再按步骤写出其分布列，计算其期望即可； （3）设质点向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，向轴正、负方向移动相同的次数，设为次，则，化简比较大小即可. 【详解】（1）在第秒末质点要移动到点，需要沿轴正方向移动次， 沿轴正方向移动次，所以共有种可能. 故该质点在第秒末移动到点的概率为. （2）质点在第秒可能移动到点、、、、、、、 、、、、、、 、、、、、， 所以的所有可能取值为、、. ，，， 所以. （3）质点要在第秒末回到原点， 则必定向轴正、负方向移动相同的次数，设为次， 向轴正、负方向移动相同的次数，设为次， 向轴正、负方向移动相同的次数，为次. 所以， ， 所以. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $