精品解析：上海市崇明区2026届高三上学期第一次模拟考试数学试卷

2025学年第一学期高三第一次模拟考试高三数学 考生注意： 1.本试卷共4页，21道试题，满分150分，考试时间120分钟. 2.本试卷分设试卷和答题纸.试卷包括试题与答题要求.作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分. 3.答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号码等相关信息. 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，其中1~6题每题4分，7~12题每题6分）【考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果.】 1. 已知集合，集合，则_______． 2. 若，则_________. 3. 不等式的解集为___________. 4. 函数的最小正周期为，则a的值为______． 5. 抛物线的准线方程为______． 6. 已知等差数列首项为，公差 ，则其前6项和_______． 7. 在的二项展开式中，常数项等于____. 8. 已知圆锥的底面半径为1，侧面积为，则此圆锥的体积是___________． 9. 已知是定义在 上的奇函数，且当时，，则_______． 10. 有七名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两位同学要站在一起，则不同的站法有_____种． 11. 在平面直角坐标系中，．设，则的最小值是_______． 12. 设．数列满足下列条件：，且对任意的，都存在使得，其中互不相等，则数列的前20项和的最大值是_______． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，其中13~14题每题4分，15~16题每题5分）【每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得满分.否则一律得零分.】 13. 已知事件A、B相互独立，事件A发生的概率为，事件B发生的概率为，则事件发生的概率为（ ） A. B. C. D. 0 14. 已知，且（是虚数单位）是实系数一元二次方程的两个根，那么的值分别是 A. B. C. D. 15. 已知是平面内两个不同的定点，过该平面内动点作直线的垂线，垂足为 ，若，其中为常数，则动点的轨迹不可能是（ ） A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线 16. 已知点．点在曲线上．记，则存在函数，对曲线上的任意一点都有（ ） A. B. C. D. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）【解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤.】 17. 在中，角的对边分别为． （1）求； （2）若的面积为边上的高为1，求的周长． 18. 如图.在直棱柱ABC-A1B1C1中，∠ BAC=90°，AB=AC=，AA1=3，D是BC的中点，点E在菱BB1上运动． （1）证明：AD⊥C1E； （2）当异面直线AC，C1E 所成的角为60°时，求三棱锥C1-A1B1E的体积 19. 为培养学生的社会责任感，某校开展了为期一学期的“温暖社区，青春奉献”志愿服务活动．活动结束后，学校从甲、乙两个班级中统计了部分学生的志愿服务时长（单位：小时），统计结果用茎叶图记录如图所示（十位数字作为“茎”，个位数字作为“叶”）．已知甲组有9名学生的数据，乙组有10名学生的数据． （1）分别写出甲、乙两组学生服务时长的第70百分位数； （2）从甲、乙两组学生中各随机抽取1人，求抽取的2人中恰有1人的服务时长超过30小时的概率； （3）记甲组志愿服务时长的方差为；在甲组中增加一名学生得到“新甲组”，若的志愿服务时长为27，则记“新甲组”志愿服务时长的方差为；若的志愿服务时长为20，则记“新甲组”志愿服务时长的方差为；通过计算比较的大小（结果精确到0.1），并从数学角度解释这一现象． 20. 已知椭圆，分别是的左右焦点，点均在上，且点是第一象限点，直线经过点，直线均经过点． （1）求椭圆的离心率； （2）若，直线的方程； （3）求证：为定值． 21. 已知函数，其导函数是．对于任意，记曲线在点处的切线方程为．定义集合． （1）若，求集合； （2）若定义域且函数是偶函数，证明：若则； （3）设，若集合，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 $ 2025学年第一学期高三第一次模拟考试高三数学 考生注意： 1.本试卷共4页，21道试题，满分150分，考试时间120分钟. 2.本试卷分设试卷和答题纸.试卷包括试题与答题要求.作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分. 3.答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号码等相关信息. 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，其中1~6题每题4分，7~12题每题6分）【考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果.】 1. 已知集合，集合，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据集合的交集定义求解即可. 【详解】由于集合，集合， 则. 故答案为： 2. 若，则_________. 【答案】7 【解析】 【分析】先将化成以为底的对数即，再根据对数值相等得，解之得解. 【详解】因为，所以，解得， 故填:. 【点睛】本题考查对数的运算法则，在解决对数的方程或不等式的问题时，把所求解的式子转化成同底数的对数方程或不等式是一个比较重要的求解方法，属于基础题. 3. 不等式的解集为___________. 【答案】 【解析】 【分析】 根据分式不等式的解法得，再解二次不等式即可得答案. 【详解】解： 由分式不等式的解法得原不等式等价于， 解不等式得. 故不等式的解集为. 故答案为： 4. 函数的最小正周期为，则a的值为______． 【答案】2 【解析】 【分析】由题可得，解出即可. 【详解】的最小正周期为， ，解得 . 故答案为：2. 5. 抛物线的准线方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线方程求出准线方程． 【详解】由抛物线 ，可得， 抛物线的准线方程为， 故答案为：． 6. 已知等差数列首项为，公差 ，则其前6项和_______． 【答案】36 【解析】 【分析】根据条件及通项公式，可求得，代入求和公式，即可得答案. 【详解】由题意，所以. 故答案为：36 7. 在的二项展开式中，常数项等于____. 【答案】240 【解析】 【分析】 在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项． 【详解】解：在的二项展开式中，通项公式为 ， 令，求得 ，可得展开式的常数项为 ， 故答案为：240． 【点睛】方法点睛：求二项展开式的某一项，一般利用二项展开式的通项研究求解. 8. 已知圆锥的底面半径为1，侧面积为，则此圆锥的体积是___________． 【答案】 【解析】 【分析】由圆锥的侧面积公式可求出母线长，再求出圆锥的高，由圆锥的体积公式即可得出答案. 【详解】设圆锥的高为，母线长为，半径 ， 因为圆锥的底面半径为1，侧面积为， 所以，所以， 所以， 所以圆锥的体积是. 故答案为：. 9. 已知是定义在 上的奇函数，且当时，，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】由函数解析式求，结合奇函数的性质求得正确答案. 【详解】依题意，， 而是奇函数， 所以. 故答案为： 10. 有七名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两位同学要站在一起，则不同的站法有_____种． 【答案】192 【解析】 【详解】试题分析：不妨令乙丙在甲左侧，先排乙丙两人，有种站法，再取一人站左侧有种站法，余下三人站右侧，有种站法考虑到乙丙在右侧的站法，故总的站法总数是.故答案为. 考点：排列、组合的实际应用. 【方法点晴】本题考查排列、组合的实际应用，解题的关键是理解题中所研究的事件，并正确确定安排的先后顺序，此类排列问题一般是谁最特殊先安排谁，俗称特殊元素优先法．由于甲必须站中央，故先安排甲，两边一边三人，不妨令乙丙在甲左边，求出此种情况下的站法，再乘以即可得到所有的站法总数，计数时要先安排乙丙两人，再安排甲左边的第三人，最后余下三人，在甲右侧是一个全排列. 11. 在平面直角坐标系中，．设，则的最小值是_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，可得为等边三角形，设AB的中点为D，可求出，分析可得以D点轨迹是以O为圆心，为半径的圆，根据线性运算法则，可得，根据点与圆的位置关系，分析求解，即可得答案. 【详解】因为，所以为等边三角形， 设AB的中点为D，连接OD，则， 所以D点轨迹是以O为圆心，为半径的圆，则方程为， 所以， 因为，所以， 所以的最小值为. 故答案为： 12. 设．数列满足下列条件：，且对任意的，都存在使得，其中互不相等，则数列的前20项和的最大值是_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，数列为非递减数列，设数列中分别有个，分析可得，，，，，即可求其前20项和的最大值. 【详解】数列满足下列条件：， 则数列为非递减数列， 设数列中分别有个， 对任意的，都存在使得，其中互不相等， 对于数列中，由于，所以， 对于数列中，同理可得， 对于数列中，由于， 所以， 对于数列中，由于， 所以， 对于数列中，由于， 所以， 若数列的前20项和要最大，则， 所以数列的前20项和为. 故答案为： 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，其中13~14题每题4分，15~16题每题5分）【每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得满分.否则一律得零分.】 13. 已知事件A、B相互独立，事件A发生的概率为，事件B发生的概率为，则事件发生的概率为（ ） A. B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据独立事件的概率公式可求. 【详解】因为相互独立，故， 故选：B. 14. 已知，且（是虚数单位）是实系数一元二次方程的两个根，那么的值分别是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用根与系数的关系列出方程组，根据复数相等运算即可得出所求结果. 【详解】因为（是虚数单位）是实系数一元二次方程的两个根，所以，所以，解得. 故选：C 【点睛】本题主要考查复数的有关计算，解题的关键是熟练掌握复数相等的条件和一元二次方程根与系数的关系. 15. 已知是平面内两个不同的定点，过该平面内动点作直线的垂线，垂足为，若，其中为常数，则动点的轨迹不可能是（ ） A. 圆 B. 椭圆 C. 双曲线 D. 抛物线 【答案】D 【解析】 【分析】建立合理平面直线坐标系，设 ，得到相关向量，则有，对分类讨论即可. 【详解】不妨设,以所在直线建立轴， 以的中垂线所在直线建立轴， 则有， 设 ,则,所以,, 则由题得，即 当时,表示圆心在原点,半径为 的圆; 当时，，方程可化为,表示焦点在轴上的椭圆； 当 时,,方程可化为,表示焦点轴上的椭圆； 当时,方程可化为,表示焦点在轴的双曲线； 当时,方程可化为,表示一条直线即轴； 综上可知,动点的轨迹不可能是抛物线， 故选：D. 16. 已知点．点在曲线上．记，则存在函数，对曲线上的任意一点都有（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据曲线图形，结合椭圆的对称性和函数的定义，判断与的函数关系是否成立即可. 【详解】曲线是椭圆的上半部分，点、为椭圆的左右顶点， 如下图示， 对于上任意点，结合椭圆的对称性和函数的定义： 任意都存在唯一与之对应，则成立， 当时，不存在与之对应，则不成立， 当时，不存在与之对应，则不成立， 存在有2个与之对应， 则不成立. 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）【解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤.】 17. 在中，角的对边分别为． （1）求； （2）若的面积为边上的高为1，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换得，则得到的大小； （2）利用三角形面积公式得 ，再结合余弦定理得 的值，则得到其周长. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理，得， 即，即. 因为在中， ， 所以. 又因为 ，所以. 【小问2详解】 因为的面积为， 所以，得. 由，即， 所以 .由余弦定理，得 ，即， 化简得，所以，即， 所以的周长为. 18. 如图.在直棱柱ABC-A1B1C1中，∠ BAC=90°，AB=AC=，AA1=3，D是BC的中点，点E在菱BB1上运动． （1）证明：AD⊥C1E； （2）当异面直线AC，C1E 所成的角为60°时，求三棱锥C1-A1B1E的体积 【答案】（1）证明：因为AB=AC,D是BC的中点, 所以AD⊥BC. ① 又在直三棱柱ABCA1B1C1中,BB1⊥平面ABC, 而AD⊂平面ABC,所以AD⊥BB1. ② 由①②,得AD⊥平面BB1C1C. 由点E在棱BB1上运动,得C1E⊂平面BB1C1C, 所以AD⊥C1E. （2） 【解析】 【详解】(1)略 (2)解:因为AC∥A1C1, 所以∠A1C1E是异面直线AC,C1E所成的角. 由题意知∠A1C1E=60°. 因为∠B1A1C1=∠BAC=90°, 所以A1C1⊥A1B1. 又AA1⊥A1C1, 从而A1C1⊥平面A1ABB1. 于是A1C1⊥A1E. 故C1E==2. 又B1C1==2, 所以B1E==2. 从而=·A1C1=××2××=. 19. 为培养学生的社会责任感，某校开展了为期一学期的“温暖社区，青春奉献”志愿服务活动．活动结束后，学校从甲、乙两个班级中统计了部分学生的志愿服务时长（单位：小时），统计结果用茎叶图记录如图所示（十位数字作为“茎”，个位数字作为“叶”）．已知甲组有9名学生的数据，乙组有10名学生的数据． （1）分别写出甲、乙两组学生服务时长的第70百分位数； （2）从甲、乙两组学生中各随机抽取1人，求抽取的2人中恰有1人的服务时长超过30小时的概率； （3）记甲组志愿服务时长的方差为；在甲组中增加一名学生得到“新甲组”，若的志愿服务时长为27，则记“新甲组”志愿服务时长的方差为；若的志愿服务时长为20，则记“新甲组”志愿服务时长的方差为；通过计算比较的大小（结果精确到0.1），并从数学角度解释这一现象． 【答案】（1）； ； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）根据百分位数的定义计算即可； （2）根据古典概型和分步乘法计数原理计算即可； （3）利用方差公式计算各方差，结合方差的统计意义解释即可. 【小问1详解】 因为，所以甲组学生服务时长的第70百分位数为； 因为，所以乙组学生服务时长的第70百分位数为； 【小问2详解】 因为甲组有9名学生，乙组有10名学生，根据分步乘法计数原理，从甲、乙两组学生中各随机抽取1人，有种选取方法， 又甲、乙两组学生中各有3人的服务时长超过30小时，所以抽取的2人中恰有1人的服务时长超过30小时有种选取方法， 记事件 “抽取的2人中恰有1人的服务时长超过30小时”，则， 故从甲、乙两组学生中各随机抽取1人，抽取的2人中恰有1人的服务时长超过30小时的概率为； 【小问3详解】 对甲组： 甲组9名学生服务时长的平均数为， 甲组志愿服务时长的方差为， 对新甲组1：，所以. 对新甲组2：，所以. 所以. 数学解释：由于甲组均值为27，方差反映了数据的离散程度，当增加数据27（原样本均值），数据相对更集中，所以方差变小；当增加数据20，数据更加分散，方差变大. 20. 已知椭圆，分别是的左右焦点，点均在上，且点是第一象限点，直线经过点，直线均经过点． （1）求椭圆的离心率； （2）若，直线的方程； （3）求证：为定值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得 ，得到，结合椭圆离心率的定义，即可求解； （2）设 ，得到，由，代入求得，结合，结合直线的点斜式方程，即可求解； （3）设的方程为，联立方程组求得，再设的方程为 ，联立方程组，求得，，同理求得，，结合，化简得到，即可得证. 【小问1详解】 解：由椭圆，可得 ，则 ， 所以，所以椭圆的离心率为. 【小问2详解】 解：由（1）知，椭圆的左焦点， 设 ，其中，则， 则向量，可得， 将代入得，解得，则，即， 可得， 又由过点，所以的方程为，即. 【小问3详解】 证明：设直线的斜率为，则方程为， 联立方程组，整理得， 设，可得， 由直线过，设其直线方程为 ， 联立方程组，整理得， 设，可得， 因为 在直线上，可得，化简得，则， 同理可得：设，可得，则， 又因为， 又由， 即，所以. 21. 已知函数，其导函数是．对于任意，记曲线在点处的切线方程为．定义集合． （1）若，求集合； （2）若定义域且函数是偶函数，证明：若则； （3）设，若集合，求实数 的取值范围． 【答案】（1）或 （2）因为函数是偶函数，所以，且， 则在点处的切线方程为，即， 在点处的切线方程为， 即， 又因为且，所以， 因为，则，即， 要证明，即证明， 因为， 所以，即. （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，求得在处的切线方程 ，得到，由，得出，即可求解； （2）求得点和处的切线方程，得到和，结合题意，化简得到，由，得到，转化为证明，即可得证； （3）求得，得到的解集为，令，求得，分 和 ，两种情况讨论，求得其单调性和极值，结合 ，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数，可得， 则且可得， 所以曲线在 处的切线方程为 ，即， 又由，可得，解， 解得或 ，所以或. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：由函数，可得， 当 时，可得， 所以切线方程为，即， 因为集合，所以的解集为， 即的解集为， 令，则的解集为，且 ， 又由， 若 ，当时， ，单调递减； 当 时， ，单调递增， 所以在 处取得极小值 ，满足的解集为； 若 ，当时， ，单调递增； 当时， ，单调递减； 当 时， ，单调递增， 则当 时， ，则不满足的解集为， 综上可得，实数 的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $