精品解析：河北省沧州市沧县中学2026届高三一模数学试题

高三数学 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. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线的倾斜角为，则（ ） A. B. C. D. 7 3. 在 中，点 在边 上，，记，则 分别是（ ） A. B. ，4 C. 4，3 D. 3，4 4. 将函数的图象向右平移2个单位长度得到函数的图象，则的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 我国古代数学名著《九章算术》中，把底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．如图，现有堑堵木块，，，一只蚂蚁从点出发，经过棱、棱 上某点，再爬到棱的中点，则这只蚂蚁爬行的最短路线的长度为（ ） A. B. 4 C. D. 10 6. 某权威机构推荐，当前中国五大旅游城市为北京、上海、成都、杭州、西安，甲、乙、丙三人准备去这五座城市旅游，若每座城市只能去一人，且每座城市均有人选择去旅游．记事件“乙至少选择了两座城市旅游”，“甲只选择了北京旅游”，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，阴影部分的边界为四叶草曲线，曲线是由顶点在原点、焦点在坐标轴上的四条抛物线所围成的曲线，且这四条抛物线的焦点共圆.若开口向右的抛物线方程为 ，过点的直线与曲线相交，记第一、四象限的四个交点由下至上依次为，，，，且，则线段的中点到轴的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 二、选择题：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. 9. 已知为复数，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若是方程的两根，则 10. 已知函数，满足，且对任意 ，都有，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 在上的值域为 C. 的单调递增区间为 D. 若方程在区间上恰有五个不等的实根，则的取值范围为 11. 已知函数的定义域为，若对任意，存在唯一的，使得，则称是区间上的“可倒函数”，则下列说法正确的是（ ） A. 函数是“可倒函数” B. 若函数在定义域上为“可倒函数”，则的取值范围为 C. 若在上是“可倒函数”，则 D. 若存在正数，使得函数在定义域上是“可倒函数”，则的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 第十五届全运会将于2025年11月9日至21日在广东举行．广东某高中为调查该校学生对全运会的了解程度，利用分层随机抽样的方法从三个年级中抽取了90人进行了问卷调查，其中高一、高二年级分别抽取了24人、30人，且高三年级共有学生1080人，则该高中学生总数为_____人． 13. 已知椭圆的左、右焦点分别为，圆经过原点且与相交于两点，若恰好为圆的一条切线，则的长轴长为_____． 14. 已知在 中，角所对的边分别为，且，则_____．若 为锐角三角形，则的取值范围为_____． 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. 记分别为数列的前项和，其中满足，且 ． （1）求及； （2）当为正奇数时，比较与的大小． 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，且，平面平面，， 是 的中点，点在侧棱上， . （1）求证：平面 平面； （2）求的值，使得平面与平面 夹角的余弦值为. 17. 已知双曲线的焦距为4，焦点到渐近线的距离为． （1）求的方程； （2）直线与相交于，两点． （i）是坐标原点，若 的面积为，求的值； （ii）设的左焦点为，则是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由． 18. 已知函数． （1）求的最小值； （2）当时，，求的取值范围； （3）证明：． 19. 在空间直角坐标系 中，一个质点从原点出发，每秒向轴正、负方向、轴正、负方向或轴正、负方向移动一个单位，且向六个方向移动的概率均相等.如在第秒末，质点会等可能地出现在，，，，，六点处. （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：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 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. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解分式不等式，得到，进而由并集概念求出答案. 【详解】， 即，解得， 集合，又，所以， 故选：D． 2. 已知直线的倾斜角为 ，则（ ） A. B. C. D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】由直线倾斜角得到，根据齐次式化弦为切，代入求值即可. 【详解】由已知得，则. 故选：C 3. 在中，点在边上，，记，则 分别是（ ） A. B. ，4 C. 4，3 D. 3，4 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的线性运算求解. 【详解】如图， ， ，则. 故选：B. 4. 将函数的图象向右平移2个单位长度得到函数的图象，则的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题求得的解析式，判断奇偶性可排除AC；当时，由对勾函数的性质可判断的单调性，可排除D，得解. 【详解】因为，所以， 其定义域为，且，所以为偶函数，故排除A，C； 又时，，由对勾函数的性质可知， 在上单调递增，在上单调递减，故排除D. 故选：B. 5. 我国古代数学名著《九章算术》中，把底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．如图，现有堑堵木块，，，一只蚂蚁从点出发，经过棱、棱上某点，再爬到棱的中点，则这只蚂蚁爬行的最短路线的长度为（ ） A. B. 4 C. D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】通过几何体的侧面展开，将空间折线转化为平面线段，结合勾股定理求最短路径. 【详解】由堑堵的定义可知，所以，如图， 将面与面展开在一个平面内，延长至点，使得， 连接，分别交，于点，，由对称性可知，， 所以所求最短距离为． 故选：C． 6. 某权威机构推荐，当前中国五大旅游城市为北京、上海、成都、杭州、西安，甲、乙、丙三人准备去这五座城市旅游，若每座城市只能去一人，且每座城市均有人选择去旅游．记事件“乙至少选择了两座城市旅游”，“甲只选择了北京旅游”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出和，利用条件概率公式即可求解. 【详解】将这五座城市按1，1，3或1，2，2分成三组的方法数为， 再安排给3人，总方法数为， 其中乙至少选择了两座城市旅游的方法数为，所以， 而事件与都发生的所有可能结果有，即， 所以所求概率为． 故选：C． 7. 如图，阴影部分的边界为四叶草曲线，曲线是由顶点在原点、焦点在坐标轴上的四条抛物线所围成的曲线，且这四条抛物线的焦点共圆.若开口向右的抛物线方程为 ，过点的直线与曲线相交，记第一、四象限的四个交点由下至上依次为，，，，且，则线段的中点到轴的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意抛物线为 ，过点的直线与曲线相交，由于，利用抛物线定义根据比例求得直线斜率，联立直线与和，求得交点,再利用中点坐标公式求得的中点到轴的距离. 【详解】显然点 为抛物线 的焦点，分别记，的横坐标为，， 如下图，过，分别作抛物线 的准线的垂线，垂足分别为，， 过作直线的垂线，垂足为，依题意，，， 由，得，， 因此，即，所以的斜率为， 所以直线的方程为，联立， 得，解得， 结合图形可知. 联立，得，解得， 结合图形可知， 所以线段的中点横坐标为， 即线段的中点到轴的距离为. 故选：A. 8. 已知，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】对原等式化简后构造函数，判断其单调性后即可判断. 【详解】由，则， 即，显然，即， 因为，所以，所以， 令，则， 由于，且，即得， 故在上单调递增， 所以，即，即． 故选：C． 二、选择题：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. 9. 已知为复数，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若是方程的两根，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】设 ，，应用复数的相关概念及共轭复数的运算判断A、B；取，判断C，由方程复数根的性质、韦达定理判断D. 【详解】A，设 ，， ， ， 所以，正确； B，设，则， 由，得，所以，正确； C，若，不妨取，， 此时，但不成立，错误； D，若是方程的两根， 根据韦达定理可知， 则，正确． 故选：ABD 10. 已知函数，满足，且对任意 ，都有，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 在上的值域为 C. 的单调递增区间为 D. 若方程在区间上恰有五个不等的实根，则 的取值范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】由题意得到对称中心和最大值点，从而求出，得到函数的解析式，根据正弦函数的性质判断A、B、C；对于D，根据条件得到，作出函数图象，结合函数图象判断 的取值范围. 【详解】对于A，因为函数满足， 所以的图象关于点对称，则有， 即． 对任意，都有，则为最大值， 所以， 则有，因为，所以， 所以函数的解析式为． 对于A，当时，，此时取得最小值， 故的图象关于直线对称，A正确； 对于B，因为，所以， 所以，所以函数的值域为，B错误； 对于C，令， 解得， 所以的单调递增区间为，C正确； 对于D，，则， 令则在上的图象如下， 当时，， 由图可知，要使得函数图象在上与直线的交点只有5个， 那么应在点（包括 ）的横坐标之间时符合题意． 所以令，则或， 同理令，解得或， 所以点的横坐标依次为， 所以，解得，D错误． 故选：AC． 11. 已知函数的定义域为，若对任意，存在唯一的，使得，则称是区间上的“可倒函数”，则下列说法正确的是（ ） A. 函数是“可倒函数” B. 若函数在定义域上为“可倒函数”，则的取值范围为 C. 若在上是“可倒函数”，则 D. 若存在正数，使得函数在定义域上是“可倒函数”，则的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】设函数的值域分别为，由题意可知，若是区间上的“可倒函数”，即，所以对于A选项，取，求解即可；对于B选项，由以及函数的单调性求解，再利用基本不等式求解即可；对于C选项，利用单调递减以及求解即可；对于D选项，结合新概念确定函数的单调性，再推出矛盾即可. 【详解】设函数的值域分别为，由题意可知，若是区间上的“可倒函数”，即. 对于A，的定义域为， 令，则，由，即， 得，即，即， 判别式，方程无解， 所以不是“可倒函数”，A错误； 对于B，函数在定义域上为“可倒函数”，由严格递增， 所以对于任意的，的取值范围为，因为“可倒函数”，所以，所以， 所以的取值范围为，所以， 故，即，故，解得， 通过基本不等式，解得，即， 当且仅当时，等号成立，又因为 ，所以，且 ， 所以的取值范围为，故B正确； 对于C，当时，单调递减，此时其值域为， 由“可倒函数”定义可知，其值域不包含0，则， 从而在时的值域为， 由题意，所以要满足题意，还需满足，解得 ，C正确； 对于D，由题意，函数在定义域上连续， 若该函数不单调，则存在，使得， 对于,存在不等实数，使得,不满足可倒函数的定义； 所以单调，又，若单调递减，则当时，， 则对于任意的,不合题意； 同理若单调递增，则当时，， 则对于任意的,不合题意； 所以满足题意的k不存在，D错误． 故选：BC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 第十五届全运会将于2025年11月9日至21日在广东举行．广东某高中为调查该校学生对全运会的了解程度，利用分层随机抽样的方法从三个年级中抽取了90人进行了问卷调查，其中高一、高二年级分别抽取了24人、30人，且高三年级共有学生1080人，则该高中学生总数为_____人． 【答案】2700 【解析】 【分析】由分层抽样的定义求得学校总人数. 【详解】由题意，高三年级中抽取了人， 设该高中三个年级的学生总数为人，由分层抽样的方法可知，解得， 即该高中学生总数为2700人． 故答案为：2700. 13. 已知椭圆的左、右焦点分别为，圆经过原点且与相交于两点，若恰好为圆的一条切线，则的长轴长为_____． 【答案】 【解析】 【分析】由圆心和圆经过原点得圆的半径，由切线的性质，通过勾股定理求得，由椭圆定义求得长轴长 . 【详解】由题意可知，圆的半径为， 因为直线与圆相切，由圆的几何性质可得，且， 由勾股定理可得， 因为点在椭圆上，由椭圆的定义可得． 故答案为： . 14. 已知在中，角所对的边分别为，且，则_____．若为锐角三角形，则的取值范围为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据正弦定理与和差倍角的正弦公式化简原等式，得到，进而求出的范围，从而求出结果. 【详解】因为， 由正弦定理可得，又， 所以， 又， 所以，即，所以， 又，所以，， 由，得，由为锐角三角形， 得，即，于是， 所以，即的取值范围为， 所以，所以，即的取值范围为． 故答案为：；. 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. 记分别为数列的前项和，其中满足，且 ． （1）求及； （2）当为正奇数时，比较与的大小． 【答案】（1） ， （2）当为小于5的正奇数时，； 当为不小于5的正奇数时，． 【解析】 【分析】（1）先根据递推式判断为等差数列，进而根据已知条件列出方程组求出公差和首项，进而得到该数列的通项公式和前项和. （2）先列出的表达式，然后作差比较大小即可. 【小问1详解】 因为，所以为等差数列． 设等差数列的公差为，而， 则 ， 于是，解得 ， 所以 ， 【小问2详解】 由（1）知，， 当为正偶数时， ， ， 则当为正奇数时， ， 则在时单调递增， ．所以； ，所以， ，所以， 由的单调性可知，当取大于5的奇数时，， 综上所述，当为小于5的正奇数时，； 当为不小于5的正奇数时，． 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，且，平面平面，，是的中点，点在侧棱上， . （1）求证：平面 平面； （2）求的值，使得平面与平面 夹角的余弦值为. 【答案】（1）证明如下： 取的中点，连接 ， 在菱形中，由，可得为等边三角形，所以 ， 因为平面平面，平面平面， 且 平面，所以 平面， 又因为为的中点，可得 ，且 ， 所以四边形 是平行四边形，所以 ，所以平面， 因为 平面 ，所以平面 平面. （2）或 【解析】 【分析】（1）取的中点，证得 ，由平面平面，证得 平面，再由 ，得到平面，即可证得平面 平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，得到，分别求得平面 和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，可得， 又因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，， 可得， 因为， 所以，所以， 设平面 的一个法向量为，则， 令，则，，所以， 又由平面的一个法向量为， 所以，解得或， 所以，当或时，平面与平面 夹角的余弦值为. 17. 已知双曲线的焦距为4，焦点到渐近线的距离为． （1）求的方程； （2）直线与相交于，两点． （i）是坐标原点，若 的面积为，求 的值； （ii）设的左焦点为，则是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由． 【答案】（1）； （2）（i） ；（ii）为定值，为. 【解析】 【分析】（1）根据题意有，结合双曲线的参数关系及点线距离公式列方程求参数值，即可得方程； （2）（i）设，联立直线与双曲线，并应用韦达定理及三角形面积公式列方程求参数值；（ii）应用弦长公式得到关于参数 的表达式，化简即可得结论. 【小问1详解】 设焦距为 ，则 ，所以，即， 其渐近线方程为，所以焦点到渐近线的距离为，即， 所以，所以的方程为； 【小问2详解】 （i）设，联立，化简得， ，则， 所以，解得 ， 所以 的值为 ． （ii）由（i）知． 所以， 即为定值. 18. 已知函数． （1）求的最小值； （2）当时，，求的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1） （2） （3） 由（1）知，当时， 取， 有， 故， 所以 ， 即. 【解析】 【分析】（1）利用导数求出函数的单调性，进而求出函数的最小值； （2）原不等式可化为，当时，不等式恒成立，当时，先证明在上单调递增，求出，分和两种情况分别讨论，即可求出答案； （3）由（1）知，当时，，利用放缩得到，代入再通过不等式累加即可证明. 【小问1详解】 由题得， 当时，，所以在上单调递减； 当时，令，则， 则在上单调递增，，所以在上单调递增． 所以， 所以的最小值为. 【小问2详解】 由， 整理得，即， 当时，恒成立，符合题意； 令，则， 令，则， 当时，，所以在上单调递增， 所以， ①当时，，所以在上单调递增， 所以，符合题意； ②当时，，， 所以存在，使得 ， 当时，， 所以在上单调递减， 则当时，，不符合题意． 综上，实数的取值范围是. 【小问3详解】 略 19. 在空间直角坐标系 中，一个质点从原点出发，每秒向轴正、负方向、轴正、负方向或轴正、负方向移动一个单位，且向六个方向移动的概率均相等.如在第秒末，质点会等可能地出现在，，，，，六点处. （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：. 【答案】（1） （2） （3）证明如下： 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，记为次；向轴正、负方向移动相同的次数，记为 次；向轴正、负方向移动相同的次数，记为 次； ； ， ， ， 即. 【解析】 【分析】（1）根据向正、负方向移动的次数，结合古典概型概率公式可求得结果； （2）列举出所有可能的情况，根据移动方向和次数计算出每个取值对应的概率，由数学期望计算公式可求得结果； （3）分别记向轴正、负方向移动次，向轴正、负方向移动 次，向轴正、负方向移动 次，根据古典概型概率公式可列出，利用组合数的运算法则和运算性质化简整理得到结论. 【小问1详解】 质点在第秒末移动到点，需要沿轴负方向移动次，沿轴正方向移动次，沿轴正方向移动次，共有 种可能； 质点在第秒末移动到点的概率为. 【小问2详解】 质点在第秒末可能移动到点 ， 所有可能的取值为 ， ，，； . 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $