贵州省思南中学2026届高三上学期模拟检测一数学试卷

2026届思南中学高三年级数学模拟检测试卷一 命题组：数学组 注意事项： 答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场号/座位号填写在答题卡上，如有条形码，认真核对条形码上的姓名、 准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2.选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案的标号；非选择题答案使用0.5毫 米黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚。 3.请按照题号在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。 4．保持卷面及答题卡清吉，不折叠，不破员，不准使用涂改液等。 阅卷人 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. 得分 1．某次测量中得到的样本数据如下：82，84，84，86，86，86，88，88，88，88．若样本数据恰好是样本数据都加2后所得，则两样本的下列数字特征对应相同的是（　　） A．众数 B．平均数 C．中位数 D．方差 2．设为虚数单位，复数，则在复平面内对应的点在第（　　）象限. A．一 B．二 C．三 D．四 3．设集合，，则（　　） A． B． C． D． 4．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 5．已知的面积为，，，的内角平分线交边于点，则的值为（　　） A． B． C． D． 6．过抛物线的焦点作直线交抛物线于P，Q两点，若线段PQ中点的横坐标为2，，则抛物线方程是（　　） A． B． C． D． 7．小明为锻炼身体，增强体质，计划从假期第一天开始慢跑，第一天跑步3公里，以后每天跑步比前一天增加的距离相同.若小明打算用20天跑完98公里，则预计这20天中小明日跑步量超过6公里的天数为（　　） A．8 B．9 C．4 D．5 8．已知，，则（　　） A． B． C． D． 阅卷人 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. 得分 9．已知等比数列，，，则（　　） A．数列是等比数列 B．数列的前和是 C．数列是等差数列 D．数列的前10项和是 10．已知函数的定义域为，则（　　）． A．为奇函数 B．在上单调递增 C．恰有3个极值点 D．有且仅有2个极大值点 11．已知双曲线：（）的左、右焦点分别为，，点为双曲线右支上的动点，过点作两渐近线的垂线，垂足分别为，.若圆与双曲线的渐近线相切，则下列说法正确的是（　　） A．双曲线的渐近线方程为 B．双曲线的离心率 C．当点异于双曲线的顶点时，的内切圆的圆心总在直线上 D．为定值 阅卷人 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 得分 12．已知向量，，若，实数　 　． 13． 已知函数在时有极值0，则= 　 　 . 14．已知棱长为1的正方体，在其内部放入两个相外切的球和球（可与正方体表面相切），半径分别为，则的最大值为　 　． 阅卷人 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. 得分 15．已知函数的最小正周期为. （1）求的值及函数的单调递增区间； （2）若函数在区间内既有最大值又有最小值，求的取值范围. 16．已知椭圆的左焦点为，离心率为，为上一点，为圆上一点，的最大值为． （1）求椭圆的标准方程； （2）若圆与轴正半轴交于点，过作直线，与相交于不同的两点，，求面积的最大值． 17．如图，在长方体中有一八面体，其中点G，H分别为正方形，正方形的中心，点M，N，P，Q分别为侧棱，，，的中点，且. （1）证明：平面平面； （2）求钝二面角的余弦值. 18．已知函数． （1）求的单调区间和极值； （2）判断在上是否有零点，并说明理由． 19．某系统配置有个元件（为正整数），每个元件正常工作的概率都是，且各元件是否正常工作相互独立.如果该系统中有一半以上的元件正常工作，系统就能正常工作.现将系统正常工作的概率称为系统的可靠性. （1）当时，求该系统正常工作的概率； （2）现在为了改善原系统的性能，在原有系统中增加两个元件，试问增加两个元件后的新系统的可靠性是提高了，还是降低了？请给出你的结论，并说明理由. 答案解析部分 1．【答案】D 【解析】【解答】解：由题意，根据方差的性质可知：，则两样本的下列数字特征对应相同的是方差. 故答案为：D． 【分析】根据方差的性质判断即可. 2．【答案】A 【解析】【解答】解：由，对应点坐标为，即在第一象限. 故答案为：A. 【分析】先通过复数乘法法则将复数z化简为标准形式a + bi(a，b为实数 ），然后根据实部a和虚部b的正负确定其对应点(a，b)所在的象限. 3．【答案】C 【解析】【解答】：因为， 所以. 故答案为：C. 【分析】一一列出集合A的元素，再交集的定义进行运算即可. 4．【答案】B 【解析】【解答】解：不等式，解得或，即， 不等式，等价于，解得或，， 因为是的子集， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故答案为：B. 【分析】先分别解不等式，再根据充分、必要条件的定义判断即可. 5．【答案】A 【解析】【解答】解：因为的面积为，，， 所以，解得. 在中，由余弦定理得 ， 解得. 因为平分，所以. 故答案为：A. 【分析】 利用“三角形面积公式”，代入已知面积、角和边，直接解出 ，然后用“余弦定理”，结合、和，算出，最后 依据“角平分线分角相等”，结合三角形面积公式，发现面积比可转化为邻边长度比. 6．【答案】B 【解析】【解答】解：设，，因为线段PQ中点的横坐标为2，所以 ， 即，又因为，所以，故抛物线方程为． 故答案为：. 【分析】根据抛物线的定义结合过焦点的弦长公式求解即可. 7．【答案】C 【解析】【解答】解：由题意可知：这20天日跑步量成等差数列，记为， 设等差数列的公差为，前项和为，且， 则，即，解得， ， 由，得，解得， 则这20天中老张日跑步量超过6公里的天数为天． 故答案为：C． 【分析】由题意可知这20天日跑步量成等差数列，再根据等差数列的通项公式求解即可． 8．【答案】D 【解析】【解答】解：，， 又 ，则，，， ，， . 故答案为：D. 【分析】利用辅助角公式化简得，再结合得到，所以，再利用二倍角公式和两角和的正弦公式求 . 9．【答案】A,C 【解析】【解答】由题可得， 则，所以数列是等比数列，故A正确； ，故B不正确； 已知，，故是等差数列，故C正确； 则，故D错误. 故选：AC. 【分析】根据题意，先求出的通项公式，对于A，求出的通项公式结合等比数列的定义进行判断即可；对于B，结合等比数列的前n项公式进行求解即可；对于C，利用对数运算性质进行化简，结合等差数列定义进行判断；对于D，利用等差数列求和即可得到结果. 10．【答案】C,D 【解析】【解答】解：A、函数的定义域为，关于原点对称， ，所以函数为偶函数，故A错误． B、，显然， 当时，令，即，得， 分别作出和在的图像，如图所示． 由图可知，若存在使得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，故B错误． C、由图象可得和在区间上共有3个公共点， 且图像在这些公共点处都不相切， 当时，；当时，， 当时，， 故为的极大值点，为的极小值点， 故在区间上的极值点的个数为3，有2个极大值点和1个极小值点，故C，D正确． 故答案为：CD． 【分析】由题意，利用函数的奇偶性定义即可判断A；利用导数判断函数的单调性即可判断B；利用导数求函数的极值点即可判断CD. 11．【答案】A,B,C 【解析】【解答】解：A、易知双曲线的渐近线方程是， 圆的圆心是，半径是1，则，， 由，，即双曲线的渐近线方程为，故A正确； B、由A可知：，则离心率，故B正确； C、设的内切圆与轴， 分别相切于点，如图所示： 由圆的切线性质知 ， 即，所以，因此内心在直线，即直线上，故C正确； D、设，则，即，又渐近线方程是， 则，，，则，故D错误. 故答案为：ABC. 【分析】由题意，求得双曲线的渐近线方程即可判断A；由A的结论求双曲线的离心率即可判断B；求得的内切圆的圆心与直线的位置关系即可判断C；求的值即可判断D. 12．【答案】12 【解析】【解答】解：因为向量，，且，所以，解得。 故答案为：12. 【分析】根据向量垂直的坐标表示列式求解即可. 13．【答案】 【解析】【解答】解：，， 因为函数在时有极值0， 所以即 ，解得或， 若时，函数， 所以函数在上单调递增，函数无极值，舍去， 所以，所以 故答案为：． 【分析】对函数进行求导，根据函数在时有极值0，可以得到，代入求解，并进行检验，即可求出结果. 14．【答案】​​​​​​​ 【解析】【解答】解：要使取得最大值，则两球球心均在体对角线上， 且球与平面，平面，平面相切， 球与平面，平面，平面相切， 易知，，，， 则，解得. 故答案为：. 【分析】由题意，要使最大，则两球都分别与正方体体对角线顶点相邻的三个面都相切，据此列式求解即可. 15．【答案】（1）解：， 由题意可得：，则，∴， 令，则， ∴函数的单调增区间为. （2）解：根据区间形式得，则， 又因为， 则，， 若在区间内既有最大值又有最小值， 则，解得， 或，解得， 综上两者取并集，则. 所以的取值范围为. 【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换得，由正弦型函数的最小正周期公式得出的值，再根据换元法和正弦函数的单调性，从而得出正弦型函数的单调递增区间. （2）首先根据区间形式得到，利用整体法结合正弦函数求最值的方法，从而得出正弦型函数在给定区间的最值，则由已知条件得到不等式组，从而解不等式组得出的取值范围. （1）， 由题意可得：，则， ∴， 令，则 ∴函数的单调增区间为； （2）根据区间形式得，则， 又因为，则，， 若在区间内既有最大值又有最小值， 则，解得； 或者，解得； 综上两者取并集得. 所以的取值范围为. 16．【答案】（1）解： 因为为椭圆上一点，为圆上一点， 由的最大值为，得，所以. 又，所以，所以， 所以椭圆的标准方程为． （2）解： 在中令，得，所以， 显然直线的斜率不能为0，设直线的方程为， 由，消去得， 所以，则， 设，，则，. 所以， 所以． 令，则，则，当且仅当，即时取得等号， 所以面积的最大值为． 【解析】【分析】（1）用椭圆上点到圆心的距离最值结合圆的半径，求出椭圆的长半轴，再结合离心率求出，进而得到，确定椭圆标准方程； （2）求出点坐标，设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出弦长，再求出点到直线的距离，进而得到三角形面积表达式，最后利用基本不等式求最大值. （1）因为为椭圆上一点，为圆上一点， 由的最大值为，得，所以． 又，所以，所以， 所以椭圆的标准方程为． （2）在中令，得，所以， 显然直线的斜率不能为0，设直线的方程为， 由，消去得， 所以，则， 设，，则，， 所以， 所以． 令，则， 则，当且仅当，即时取得等号， 所以面积的最大值为． 17．【答案】（1）证明：连接，，，如图所示： 则分别为，的中点， 因为分别为，的中点，所以，，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 同理可证，平面， 又因为平面，，所以平面平面. （2）解：以为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，，，， ， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，故， 故，即钝二面角的余弦值为. 【解析】【分析】（1）由题意，根据线面平行、面面平行的判定定理证明即可； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求二面角的余弦值即可. 18．【答案】（1）解：因为函数的定义域为， 所以， 令，得，的单调递增区间为； 令，得，的单调递减区间为， 则的极小值为，无极大值. （2）解：在上有零点，理由如下： 因为， ， 所以， 由零点存在定理可知， 所以，函数在上有零点. 【解析】【分析】（1）先确定函数的定义域，再求导判断函数的单调性，从而确定函数的单调区间，进而得出函数的极值. （2）根据已知条件和零点存在定理，从而确定出函数在上是否有零点. （1）函数的定义域为， ， 令，得，的增区间为， 令，得，的减区间为 的极小值为，无极大值. （2）在上有零点， 因为，， 所以， 由零点存在定理可知，函数在上有零点. 19．【答案】（1）解：记系统正常工作的概率为， 由题意，可得. （2）解：解法一：系统配置有个元件时，记系统正常工作的概率为， 当前有个元件，记系统正常工作的概率为，考虑前个元件： 第一种情况：前个元件恰有个元件正常工作， 则新系统正常工作的概率为：； 第二种情况：前个元件恰有个元件正常工作， 则新系统正常工作的概率为：； 第三种情况：前个元件至少有个元件正常工作， 则新系统正常工作的概率为： 所以， 故当时，系统可靠性不变， 当时，系统可靠性降低， 当时，系统可靠性提高. 解法二：系统配置有个元件时，记系统正常工作的概率为， 当前有个元件，记系统正常工作的概率为，考虑增加的两个元件： 第一种情况：增加的2个元件恰有1个元件正常工作， 则新系统能正常工作的概率为：； 第二种情况：增加的2个元件都正常工作， 则新系统能正常工作的概率为：； 第三种情况：增加的2个元件都不正常工作， 则新系统能正常工作的概率为： 所以， ， 则， 故当时，系统可靠性不变， 当时，系统可靠性降低， 当时，系统可靠性提高. 【解析】【分析】（1）当时，分别求出5个元件中正常工作的元件为3，4，5的概率，再相加可得系统正常工作的概率. （2）利用两种方法求解.当系统配置有个元件时，记系统正常工作的概率为，当前有个元件，记系统正常工作的概率为，再探索与的关系，则通过判断系统的可靠性是否有所提高. （1）记系统正常工作的概率为，由题意可得 . （2）解法一：系统配置有个元件时，记系统正常工作的概率为， 当前有个元件，记系统正常工作的概率为，考虑前个元件： 第一种情况：前个元件恰有个元件正常工作，则新系统正常工作的概率为：； 第二种情况：前个元件恰有个元件正常工作，则新系统正常工作的概率为：； 第三种情况：前个元件至少有个元件正常工作，则新系统正常工作的概率为： 所以， 故当时，系统可靠性不变，当时系统可靠性降低，当时系统可靠性提高. 解法二：系统配置有个元件时，记系统正常工作的概率为， 当前有个元件，记系统正常工作的概率为，考虑增加的两个元件： 第一种情况：增加的2个元件恰有1个元件正常工作，则新系统能正常工作的概率为：； 第二种情况：增加的2个元件都正常工作，则新系统能正常工作的概率为：； 第三种情况：增加的2个元件都不正常工作，则新系统能正常工作的概率为： 所以， ， 即， 故当时，系统可靠性不变，当时系统可靠性降低，当时系统可靠性提高. 第 1 页 共 9 页 学科网（北京）股份有限公司 $