精品解析：四川省广安市2026届高三第一次模拟考试（一诊）数学试题

高2023级第一次模拟考试 数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 5．考试结束后，只将答题卡交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先确定集合的元素，再由交集定义求解即得. 【详解】因表示奇数集，而， 故. 故选：D. 2. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的几何意义得到，进而求出和，代入即可求出答案. 【详解】由题意得，则，， 所以. 故选：C. 3. 已知数列为等比数列，为数列的前项积，且，则（ ） A. 27 B. 9 C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用等比数列的性质即可求解. 【详解】由题意得：， 又由等比数列性质可得：， 所以， 故选：A 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】因为，进而根据诱导公式与二倍角公式求解即可. 【详解】因为， 所以 故选：B 5. 已知分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点．若，，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先计算半通径，再利用椭圆定义即可得到齐次方程求解离心率. 【详解】 令，代入椭圆 则可知：，又因为，所以， 根据椭圆定义可知：， 所以椭圆的离心率为， 故选： B 6. 冰球运动是一种以冰刀和冰球杆为工具，在冰上进行的相互对抗的集体性竞技运动．运动员小华以球杆击球，使冰球从点出发，沿运动至点，已知，，且，则冰球位移的大小是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件代入数量积公式，计算，即可求解. 【详解】，即， 则，即，因为，所以， . 故选：D 7. 已知是上的偶函数，且满足，若在上单调递减，且，则在上的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，确定函数的对称中心及周期，再确定在区间上的单调性即可求出最小值. 【详解】由定义在上的函数满足，得， 则函数关于点成中心对称，又在上单调递减，则在上单调递减， 因此函数在上单调递减，且，而函数是上的偶函数， 则函数在上单调递增，由，得， 于是，，即， 则函数是周期函数，其周期为4，当时，， 由周期性得时，，所以在上的最小值是. 故选：B 8. 如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖，可放小球的最大半径为．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大体对角线长为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】画出截面图，设储物盒所在球的半径为，从而利用表达出小球最大半径和正方体棱长，进而求出体对角线长及比值. 【详解】设储物盒所在球的半径为，如图， 小球最大半径满足，所以， 正方体的最大棱长满足，解得：， 所以正方体的最大体对角线长为 ∴. 故选：A 二、多选题：本题共3个小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 为了研究关于的线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表）： 1 2 3 4 5 0.3 0.8 1 1.2 1.7 假设经验回归方程为，则（ ） （参考公式：相关系数为） A. B. 当时，对应的残差为0.08 C. 样本数据的第40百分位数为0.8 D. 去掉点后，与的样本相关系数不变 【答案】AD 【解析】 【分析】选项A：求出，，由一定满足线性回归方程，代入即可求解；选项B：按照残差的概念求解即可；选项C：按照百分位数求解方法求解即可；选项D：由相关系数公式计算判断即可. 【详解】选项A：，. 将代入回归方程可得，，所以，故A正确； 选项B：当时，代入回归方程可得， 所以残差，故B错误； 选项C：将样本数据值从小到大排列：0.3，0.8，1，1.2，1.7， 第40百分位数的位置：， 则第40百分位数为第2个数和第3个数的平均值：，故C错误； 选项D： . ， ， 所以. 去掉点后， ，. . ， ， 所以. 故去掉点后，与的样本相关系数不变，故D正确. 故选：AD. 10. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的图象关于点对称 C. 若，则的最小值为 D. 若，则的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简得由，对AB直接代入验证即可，对C代入得，结合其函数特点即可判断；对D，代入后分两种情况讨论即可. 【详解】由， 对于A：，所以的图象不关于直线对称，故A错误； 对于B：，所以的图象关于点对称，故B正确； 对于C：由，所以， 所以，所以的最小值为，故C正确； 对于D：由，所以， 所以， 所以，或， 所以，或， 可取，此时，， 所以的最小值为，故D错误. 故选：BC. 11. 已知数列满足，且，则（ ） A. 数列先单调递减后单调递增 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】先证明，当且仅当时等号成立及当时，，根据前一个不等式可判断A的正误，根据后一个不等式可判断B的正误，根据B结合累加法可判断C的正误，根据C结合裂项相消法可判断D的正误. 【详解】先证明两个不等式： （1），当且仅当时等号成立； （2）当时，. 证明：（1）设，则， 当时，，当时，， 故在上为增函数，在上为减函数， 故，即，当且仅当时等号成立. （2），故， 故在上为增函数，故， 故当时，. 对于A，因为，故当时，， 若存在，则，故， 依次有，这与矛盾，故 故，而，故等号不可取， 故，故为递减数列，故A错误； 对于B，因为，而，故， 故，故B正确； 对于C，由B中结论可得，故， 由累加可得，而，故， 故，故C正确； 对于D，由C可得， 故，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线与圆相交于两点，且（为坐标原点），则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题设可知为等腰直角三角形，结合点到直线的距离公式建立等式后即可求解. 【详解】 依题意，圆心为，半径为； 因为，所以为等腰直角三角形，所以，圆心到直线的距离为； 又圆心到直线的距离为； 所以，解得. 故答案为：. 13. 某中学对“秋假”期间申请留校的学生实行免费托管，现要从名教师中选若干人在天假期值班（每天只需人值班），同一人不能连续值班天，则可能的安排方法有___________种． 【答案】 【解析】 【分析】分为值班人数为人和人两种情况，结合排列组合即可求解. 【详解】由题意可得，值班的人数为人或者人， 若值班人数为人，则需要一个人值班首尾两天，另外一人值班中间一天，故， 若值班人数为人，则每人值班一天，故， 所以可能的安排方法有种. 故答案为：. 14. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，两点的“曼哈顿距离”定义为．满足的动点的轨迹围成的图形面积为___________；已知点在直线上，点在函数的图象上，的最小值为___________． 【答案】 ①. 8 ②. 【解析】 【分析】①由可得动点的轨迹是四条直线围成的正方形，求其面积即可；②由题意，结合“曼哈顿距离”定义列出方程，然后构造函数，利用导数求得函数的最值，即可得到结果. 【详解】 设点，由可得， 则动点的轨迹是由直线，，与围成的正方形， 如图所示，则该图形面积为； 设，则， 将看成关于的函数，则在或时，取得最小值， 当时，令，则， 当时，，当时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 故时，，此时； 当时，，令， 则，由，解得， 当时，，当时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 故时，，此时. 综上所述，. 故答案为：①8；②. 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. 已知等差数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）若数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，  由 ，令，可得，解得，从而可得结果； （2）由数列是首项为1，公比为2的等比数列，可得，结合（1）可得，利用等差数列与等比数列的求和公式，根据分组求和法可得数列的前项和. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 因为， 则，即，解得 ， 所以.   则 数列的通项公式为： 【小问2详解】 因为数列是首项为1，公比为2的等比数列，则， 又因为，所以.    设数列的前项和为， 则 所以数列的前项和为 16. 如图，平面平面，四边形为正方形，，，，为线段上一点． （1）证明：平面平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 取的中点，连接， 因为，，， 所以可得，可得四边形为正方形， 则，而， 所以可知，所以可知， 平面平面，四边形为正方形， 平面平面，平面， 所以平面，又因平面， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，先证明四边形为正方形，由此证明，再结合面面垂直性质定理证明结论； （2）先证明，，，建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式求结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，且平面平面， ，所以平面，所以平面, 平面，所以，， 由（1）知，所以建立以为原点， 的方向分别为轴的正方向， 设，， 则， 所以， 设平面与平面的法向量分别为， 则， 令则，所以， 令则，，所以， 设平面与平面夹角为 则 17. 在中，角的对边分别为，若． （1）求的大小； （2）如图所示，为外一点，，，，求外接圆的半径． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，和差角公式以及辅助角公式即可求解； （2）利用三角形的内角和关系，结合正弦定理解三角形，即可求得. 【小问1详解】 由和正弦定理，得， 因，则， 代入化简得 ，即， 则， ，解得. 【小问2详解】 令，， 在中，由正弦定理得，， 因，则①. 在中，由正弦定理得，, 因,则②, 由①②得，,即， 因为，则得，解得， ， 设外接圆的半径， 由正弦定理，. 18. 甲乙两人进行若干局乒乓球训练赛，每局比赛必须决出胜负，且每局比赛结果相互独立．已知甲每局比赛获胜的概率为，规定先达到净胜3局者获得训练赛胜利并结束训练赛（某人的净胜局数某人胜的局数某人负的局数）． （1）记经过局比赛，甲获得训练赛胜利的概率为，求和； （2）经过若干局后，甲胜的局数与乙胜的局数的差为，记事件“时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率为，求证：是等比数列； （3）求甲获得训练赛胜利的概率． 【答案】（1）； （2） 由题意，​为事件“时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率， 由乙胜的局数即为甲负的局数，甲胜的局数与乙胜的局数的差为， 故即为甲的净胜局数，所以. 经过若干局后，假定当前， ①当时，即甲的净胜局数， 则此时甲获得训练赛胜利并结束训练赛，所以； ②当时，即甲的净胜局数，乙的净胜局数， 则此时乙获得训练赛胜利并结束训练赛，则； ③当时， 由甲的净胜局数，则乙的净胜局数为，且， 故根据比赛规则比赛并未结束，要继续下一局. 记事件“时，甲最终获得训练赛胜利”（），事件“下一局比赛甲获胜”， 下一局若甲赢（即事件发生），则；若乙赢（即事件发生），则； 因为，，，且， 所以由全概率公式得， ，即， 因此，整理得， 两边都减去，则可得， 又当时，， 故数列：是公比为2的等比数列． 即数列是公比为2的等比数列． （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知获胜条件，分析甲在不同局数下获得最终胜利的可能赛况，再结合相互独立事件同时发生的概率乘法公式计算可得； （2）由题意易得与，再分析当时可进行下一局比赛，根据已知条件利用全概率公式建立递推关系，可得，经过变形证明等比数列即可； （3）利用第（2）问的等比数列结论，结合 “净胜3局（甲胜）、净胜局（乙胜）” 边界条件（即与），求解比赛初始状态下甲的最终获胜概率即可． 【小问1详解】 由题意，甲每局比赛获胜的概率为，则乙每局比赛获胜的概率为， 表示经过 3 局比赛甲获胜的概率， 由甲经过 3 局比赛获胜，又净胜局数为，则甲3局全胜， 故； 为经过5局甲获胜的概率， 某人的净胜局数=某人胜的局数-某人负的局数， 由经过5局甲才获胜，净胜局数为， 则5局中甲胜局负局，且负局必在前局中（若不在，则3 局甲全胜比赛结束），第、局均获胜， ． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意，甲最终获得训练赛胜利的概率即为. 记， 则， 由（2）知，数列是公比为2的等比数列， 则，解得， 所以， 又， 所以， 故甲最终获得训练赛胜利的概率为. 19. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）设直线，存在两个不同的实数，使得直线与曲线和曲线都相切． ①求的取值范围； ②请在以下两个不等式中任选一个，完成证明； （i）；（ii）． 【答案】（1）函数的递增区间为，递减区间为； （2）①； ②证明：选（i），由①得，即， 令函数，则， 由，得，即， 令函数，求导得， 函数在上单调递增，， 由，得，即， 因此，即有，所以. 选（ii），由①得， 则， 设，， 则，令函数，， 求导得，， 当时，，函数在上单调递减，则，即， 当时，，函数在上单调递减，由，得，， 因此，即，而，则， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据给定的函数，利用导数求出其单调区间. （2）①求出函数的导数，设出切点坐标，把问题转化为方程有两个不同实数解，再利用导数求解；②选择（i）由①中信息，构造函数及，利用导数结合不等式的性质推理得证.选择（ii）由①中信息，将不等式转化为证明，再构造函数，利用导数结合不等式性质推理得证. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，；当时，，函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数的递增区间为，递减区间为. 【小问2详解】 ①函数的定义域为R，求导得， 设直线与曲线和曲线分别切于点， 由，，消去得， 同理，因此方程有两个不同的实数解， 令函数，求导得，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 而当时，恒有，且时，，， 因此当且仅当时，直线与函数的图象有两个交点， 即方程有两个不同的实数解，所以的取值范围是. ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2023级第一次模拟考试 数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 5．考试结束后，只将答题卡交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列为等比数列，为数列的前项积，且，则（ ） A. 27 B. 9 C. 3 D. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆上一点．若，，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 冰球运动是一种以冰刀和冰球杆为工具，在冰上进行的相互对抗的集体性竞技运动．运动员小华以球杆击球，使冰球从点出发，沿运动至点，已知，，且，则冰球位移的大小是（ ） A. B. C. D. 7. 已知是上的偶函数，且满足，若在上单调递减，且，则在上的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖，可放小球的最大半径为．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大体对角线长为，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3个小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 为了研究关于的线性相关关系，收集了5组样本数据（见下表）： 1 2 3 4 5 0.3 0.8 1 1.2 1.7 假设经验回归方程为，则（ ） （参考公式：相关系数为） A. B. 当时，对应的残差为0.08 C. 样本数据的第40百分位数为0.8 D. 去掉点后，与的样本相关系数不变 10. 已知函数，则下列说法中正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的图象关于点对称 C. 若，则的最小值为 D. 若，则的最小值为 11. 已知数列满足，且，则（ ） A. 数列先单调递减后单调递增 B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线与圆相交于两点，且（为坐标原点），则___________． 13. 某中学对“秋假”期间申请留校的学生实行免费托管，现要从名教师中选若干人在天假期值班（每天只需人值班），同一人不能连续值班天，则可能的安排方法有___________种． 14. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，两点的“曼哈顿距离”定义为．满足的动点的轨迹围成的图形面积为___________；已知点在直线上，点在函数的图象上，的最小值为___________． 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. 已知等差数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）若数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前项和. 16. 如图，平面平面，四边形为正方形，，，，为线段上一点． （1）证明：平面平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 在中，角的对边分别为，若． （1）求的大小； （2）如图所示，为外一点，，，，求外接圆的半径． 18. 甲乙两人进行若干局乒乓球训练赛，每局比赛必须决出胜负，且每局比赛结果相互独立．已知甲每局比赛获胜的概率为，规定先达到净胜3局者获得训练赛胜利并结束训练赛（某人的净胜局数某人胜的局数某人负的局数）． （1）记经过局比赛，甲获得训练赛胜利的概率为，求和； （2）经过若干局后，甲胜的局数与乙胜的局数的差为，记事件“时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率为，求证：是等比数列； （3）求甲获得训练赛胜利的概率． 19. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）设直线，存在两个不同的实数，使得直线与曲线和曲线都相切． ①求的取值范围； ②请在以下两个不等式中任选一个，完成证明； （i）；（ii）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $