精品解析：新疆乌鲁木齐市第二十三中学2026届高三上学期第一次质量监测考前适应性考试数学试题

乌市第23中学2026年高三第一次质量监测考前适应性考试试题 数学（问卷） 命题人：景维龙 审题人：高三数学备课组 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、选择题（本大题共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. 若复数，则（ ） A. B. 3i C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘方运算以及除法运算即可计算出结果. 【详解】易知，所以复数， 可得，所以. 故选：A 2. 已知，则（ ） A. - B. - C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将已知两式平方后相加，结合同角的三角函数关系，以及两角差的余弦公式求得答案. 【详解】由，， 两边平方后相加得， 即,得， 所以, 故选:C. 3. 某彗星绕太阳运动的轨道是椭圆Γ，太阳的中心是Γ的一个焦点．若该彗星在绕太阳运动的过程中，距太阳表面距离的最大值为ρ，最小值为μ，太阳半径为r，则椭圆Γ的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设椭圆的焦距为，长轴长为，根据题意得到，计算可得离心率. 【详解】设椭圆的焦距为，长轴长为， 则由已知可得， 两式相加可得，两式相减可得， 则，， 所以离心率. 故选：A. 4. 某学校为培养学生创新精神和实践能力，组织了一次“科技小发明”竞赛活动，并对200位参赛学生的综合表现进行评分，评分的频率分布直方图如图，根据图中数据，下列说法错误的是（ ） A. B. 评分在的人数约为20 C. 估计评分的第25百分位数为65 D. 估计评分的平均数为76.5 【答案】C 【解析】 【分析】利用频率和为1求出判断A；利用频率求出频数判断B；求出下四分位数判断C；求出评分的平均数判断D. 【详解】对于A，由，得，故A正确； 对于B，评分在的频率为，评分在的人数约为，故B正确； 对于C，评分在的频率为，评分在的频率为， 则评分的第25百分位数在内，由，解得，故C错误； 对于D，评分的平均数，故D正确. 故选：C. 5. 已知向量，，若向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用投影向量的意义计算即可求得的值. 【详解】， 由题意知，所以，所以，即=2， 解得. 故选：C. 6. 已知圆台的上、下底面半径之比为，母线长为5，侧面积为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据侧面积公式得上下底面的半径，进而可得圆台的高，根据圆台体积公式可得. 【详解】 设圆台的上、下底面半径分别为，，高为，则， 解得，则， 所以该圆台的体积为. 故选：C 7. 已知函数（，，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 直线是图象的一条对称轴 B. 图象的对称中心为， C. 在区间上单调递增 D. 将的图象向左平移个单位长度后，可得到一个偶函数的图象 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数图象得，从而得，再利用的图象与性质，对各个选项逐一分析判断即可得出答案. 【详解】由图易知，，得， 又，，所以，因为点在函数图象上，所以， 得到，又，所以，故， 对于选项A，由，得，，故直线不是图象的一条对称轴，所以选项A错误； 对于选项B，由，得，，函数图象的对称中心为，，所以选项B错误； 对于选项C，由，，得，， 当时，得到，所以选项C错误； 对于选项D，将的图象向左平移个单位长度后得，所以平移后的函数是偶函数，故选项D正确. 故选：D． 8. 已知函数 ，若函数有8个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先作出的大致图象，令，根据一元二次方程根的分布，结合图象计算即可. 【详解】根据对数函数与二次函数的图象与性质可作出的大致图象如下： 设，则有8个不同的零点， 需有两个不同零点，不妨设 同时分别对应4个零点， 若， 即， 则，且， 即，解之得. 若，则仍需，此时，不符合题意，舍去； 综上：. 故选：B 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，，且，则（ ） A. 有最大值 B. 有最小值8 C. 有最大值1 D. 有最小值 【答案】ABD 【解析】 【分析】直接使用基本不等式可判断A；利用常数代换法，结合基本不等式可判断B；消元后结合二次函数性质可判断C；配方后使用基本不等式可判断D. 【详解】对A，因为，，且，所以， 整理可得，当且仅当，即时等号成立，正确； 对B，因为，所以， 当且仅当，即时等号成立，正确； 对C，因为，所以，当时等号成立， 又，故取不到等号，即的最大值不是1，错误； 对D，因为，所以， 由上知，，所以，当且仅当时等号成立，正确. 故选：ABD 10. 已知抛物线的焦点为F，准线为l，过点F且斜率为的直线交抛物线C于A，B两点.以F为圆心，FA为半径的圆交准线l于M，N两点（点M在x轴上方）.以下说法正确的有（ ） A. B. C. 的面积是 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据焦点坐标计算求解得出进而判断A，D，再应用圆的性质及三角形面积计算判断B，C. 【详解】由题意知，，，直线l的方程为，直线AB的方程为. 由消去y，整理得，解得或. 因为圆F与准线l相交，所以，所以点A的横坐标，所以，， 所以，，，故A正确. 因为，所以由圆的对称性可知，，所以，，故B正确. 由圆的对称性可知，点，所以. 因为，所以点B到直线l的距离， 所以的面积，故C错误. 由以上分析可知，，所以，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数的定义域为，且是偶函数，函数的图象关于坐标原点对称，当时， 则（ ） A. 函数在上单调递减 B. 当时， C. 直线是函数图象的一条对称轴 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据是偶函数，可以判断选项C；根据的图象关于坐标原点对称，结合选项C可得到的一个周期，从而判断选项D；当时，通过，与已知的解析式建立联系，可判断选项B；当时，通过，与B中的解析式建立联系，可判断选项A. 【详解】因为是偶函数， 所以，即，亦即， 所以直线是函数图象的一条对称轴，故C正确. 因为的图象关于坐标原点对称，所以是奇函数， 所以，又，所以， 所以，即的一个周期为4， 所以，故D错误. 当时， ； 当时，，又，的一个周期为4，所以，故B正确. 当时，，所以，由复合函数的单调性知，在上单调递增，故A错误. 故选：BC. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设是公差不为0的等差数列的前n项和，若，则k=______. 【答案】18 【解析】 【分析】根据等差数列的性质及前n项和公式计算可得. 【详解】因为，所以， 所以，即， 由等差数列的性质可得，所以. 故答案为：18. 方法二：设等差数列的公差为. 由，得. 整理得. 因为，所以. 故答案为：18. 13. 已知函数有两个极值点，若，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】利用和即可计算求解出两极值点和参数k，进而即可求解. 【详解】依题意，则， 因为，所以， 显然，两式相除得，则，则， 将代入中，解得， 则. 故答案为： 14. 数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体ABCD的棱长为4，给出下列四个结论：正确的序号是______． ①若P，Q是勒洛四面体ABCD表面上的任意两点，则PQ的最大值是4； ②勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是； ③勒洛四面体ABCD的体积是； ④勒洛四面体ABCD内切球的半径是． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】由勒洛四面体的定义，可判定①正确；由勒洛四面体被平面截得的截面，求得其面积，可判定②正确；由勒洛四面体内切球的球心，即为正四面体的外接球的球心，连接并延长，利用求得性质，求得，得到正四面体的外接球的体积为，可判定③不正确；由，求得，可判定④正确. 【详解】对于①，由勒洛四面体的定义，可得勒洛四面体表面上的任意两点间的距离的最大值为，所以①正确； 对于②，勒洛四面体被平面截得的截面，如图（1）所示，其中边长为， 所以截面的面积为，所以②正确； 对于③，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心，即为正四面体的外接球的球心， 连接并延长，交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径， 如图所示，在正四面体中，为的中心，是正四面体的外接球的球心， 连接，由正四面体的性质，可得在上， 因为，所以，则， 又因为，即， 解得，则正四面体的外接球的体积为， 因为勒洛四面体的体积小于正四面体的体积，所以③不正确； 对于④，因为，所以，所以④正确. 故答案为：①②④. 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. 某工厂采购了甲、乙两台新型机器， 现对这两台机器生产的第一批零件的直径进行测量， 质检部门随机抽查了 100 个零件的直径进行了统计如下: 零件直径 (单位: 厘米) [1.8，2.0] 零件个数 10 25 30 25 10 （1）经统计，零件的直径服从正态分布，据此估计这批零件直径在区间 内的概率; （2）以频率估计概率，若在这批零件中随机抽取4个，记直径在区间内的零件个数为，求的分布列和数学期望; （3）在甲、乙两台新型机器生产的这批零件中，甲机器生产的零件数是乙机器生产的零件数的 2 倍， 且甲机器生产的零件的次品率为 0.3， 乙机器生产的零件的次品率为0.2， 现从这批零件中随机抽取一件， 若检测出这个零件是次品， 求这个零件是甲机器生产的概率. 参考数据: 若随机变量，则，，. 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 4 （3） 【解析】 【分析】（1）根据正态分布的性质，进而可得； （2）以频率估计概率得随机抽取1个直径在区间内的概率为，由题意满足二项分布，根据二项分布的概率公式和期望公式可得； （3）根据条件概率和全概率公式可得. 【小问1详解】 由题意， 得. 【小问2详解】 由题意，随机抽取一个零件，直径在区间的概率为， 故由题意满足二项分布， 故，， ，， ， 故的分布列为 0 1 2 3 4 的数学期望为 【小问3详解】 设事件为“从这批零件中随机抽取一件来自甲机器生产”，事件为“从这批零件中随机抽取一件为次品” 则为“从这批零件中随机抽取一件来自乙机器生产”， 由题意，，，， 则， ， 故， 故从这批零件中随机抽取一件， 若检测出这个零件是次品， 求这个零件是甲机器生产的概率为. 16. 如图棱长为1的正方体中，分别是棱，的中点． （1）求点到直线的距离； （2）分别是线段上的点，满足平面，求与平面所成角的范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，根据点到直线的空间向量距离公式求解； （2）设，先求出平面的法向量，由线面平行关系可得，再由线面角的向量法表示出，求最值即可. 【小问1详解】 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图， 则， 所以点到直线的距离为； 【小问2详解】 则． 设平面的法向量， 则，取，得． 设， 所以，所以， 因为面，所以，所以； 因为，所以平面的一个法向量； 设与平面所成角为， 则，； 所以时，，此时， 时，， 此时，所以与平面所成角的范围是． 17. 已知的内角，，的对边分别为，，，． （1）求A； （2）点是边上一点，，且，若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理角化边结合多项式因式分解运算从而得的等式关系，再由余弦定理得角A即可；或者利用正弦定理边化角，结合和差公式与角度关系化简从而得角A的大小； （2）根据平面向量线性运算可得两边取平方再结合余弦定理化简可得关系，从而得的值． 【小问1详解】 方法一：由和余弦定理， 可得：， 展开得， 即， 所以，即， 所以，即， 所以，则，即， 由余弦定理，， 因为，所以； 方法二：因为， 由正弦定理可知：， 所以，即， 因为，， 则有或(此情况在三角形中不能成立)， 故， 由，可得． 【小问2详解】 由，可得，即， 两边取平方：，即， 依题意，，即， 两边同时除以可得：， 或， 因，则． 18. 设为非零实数，数列满足，． （1）令数列． （i）证明：是等比数列； （ii）求数列的前项和； （2）若，记数列的前项和为，证明：． 【答案】（1） （i），， 由可得， 所以，则（常数）， 故数列为首项是，公比为的等比数列． （ii）若，则； 若，则． （2） 由（1）可知，故． 因为， 则令，， 则． 令， 则． 故在上递减，则． 故在上递减，则． 因此． 【解析】 【分析】第一问（i）根据等比数列的定义证明即可；（ii）首先由（i）可得的通项公式，再运用错位相减法进行数列求和. 第二问先写出的通项公式和求和公式，将所求转化成函数形式，结合导数相关知识点证明不等式成立. 【小问1详解】 证明：（i）略 （ii）由（i）可知，于是． 若，则． 若，则 ． 两式相减可得： ， 上式两边同时除以得 ． 综上所述， 若，则； 若，则． 【小问2详解】 略 19. 已知双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于两点（在第一象限），与轴交于点.设直线的倾斜角分别为. （1）若， （i）若，求； （ii）求证：为定值； （2）若，直线与轴交于点，求与的外接圆半径之比的最大值. 【答案】（1）（i）； （ii）法1：①直线斜率存在时，可设直线的方程为， 设由得 所以. 当时，由（i）可得； 当时，设的斜率分别为.. 所以， . 所以. 因为在第一象限，所以，所以，所以. ②直线斜率不存在时，可得， 可得，所以， 同理可得.综上可得，为定值，得证.法2： ①时，由（i）可得；②时， 设的斜率分别为.设， 由在直线上可得. 与联立可得， 即， 所以就是方程的两根. 所以，， 因为在第一象限，所以，所以， 所以.综上可得，为定值，得证. （2）2 【解析】 【分析】（1）（i）先求直线的方程，联立双曲线方程求得点的坐标，求直线斜率，进而求解即可；（ii）法1，设直线的方程为形式，并联立双曲线方程，求直线的斜率的斜率和，进而得证为定值；法2，设直线的方程为形式，并联立双曲线方程，求直线的斜率的斜率和，进而得证为定值； （2）先对直线、斜率不存在的情形进行验证；法1：和均存在时，设，求得，从而得到与的外接圆半径之比的最大值；法2，和均存在时，由三点共线可得，求得的值和，从而得到与的外接圆半径之比的最大值；法3，若和均存在，设，则，得到，求得，从而得到与的外接圆半径之比的最大值. 【小问1详解】 （i），所以直线. 直线与联立可得，解得或，所以. 所以，所以； （ii）略 【小问2详解】 由（1）可得时，. ①不存在，则，由①（i）可得，所以， 所以. ②不存在，则，则， 此时，由图可得. ③法1：若和均存在，设，则 与双曲线联立可得. 所以. 所以， 所以. 设与的外接圆半径分别为， 从而.等号当且仅当时取到. 所以与的外接圆半径之比的最大值为2. 法2：若和均存在，设，则. 由三点共线可得. 所以，所以. 所以 . 所以，所以. 设与的外接圆半径分别为， 从而.等号当且仅当时取到. 所以与的外接圆半径之比的最大值为2. 法3：若和均存在，设，则， 则. 记直线的倾斜角为，则，所以 所以. 设与的外接圆半径分别为， 从而.等号当且仅当时取到. 所以与的外接圆半径之比的最大值为2. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乌市第23中学2026年高三第一次质量监测考前适应性考试试题 数学（问卷） 命题人：景维龙 审题人：高三数学备课组 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、选择题（本大题共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. 若复数，则（ ） A. B. 3i C. D. 3 2. 已知，则（ ） A. - B. - C. D. 3. 某彗星绕太阳运动的轨道是椭圆Γ，太阳的中心是Γ的一个焦点．若该彗星在绕太阳运动的过程中，距太阳表面距离的最大值为ρ，最小值为μ，太阳半径为r，则椭圆Γ的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 某学校为培养学生创新精神和实践能力，组织了一次“科技小发明”竞赛活动，并对200位参赛学生的综合表现进行评分，评分的频率分布直方图如图，根据图中数据，下列说法错误的是（ ） A. B. 评分在的人数约为20 C. 估计评分的第25百分位数为65 D. 估计评分的平均数为76.5 5. 已知向量，，若向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆台的上、下底面半径之比为，母线长为5，侧面积为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数（，，，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 直线是图象的一条对称轴 B. 图象的对称中心为， C. 在区间上单调递增 D. 将的图象向左平移个单位长度后，可得到一个偶函数的图象 8. 已知函数 ，若函数有8个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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，，且，则（ ） A. 有最大值 B. 有最小值8 C. 有最大值1 D. 有最小值 10. 已知抛物线的焦点为F，准线为l，过点F且斜率为的直线交抛物线C于A，B两点.以F为圆心，FA为半径的圆交准线l于M，N两点（点M在x轴上方）.以下说法正确的有（ ） A. B. C. 的面积是 D. 11. 已知函数的定义域为，且是偶函数，函数的图象关于坐标原点对称，当时， 则（ ） A. 函数在上单调递减 B. 当时， C. 直线是函数图象的一条对称轴 D. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设是公差不为0的等差数列的前n项和，若，则k=______. 13. 已知函数有两个极值点，若，则_____． 14. 数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体ABCD的棱长为4，给出下列四个结论：正确的序号是______． ①若P，Q是勒洛四面体ABCD表面上的任意两点，则PQ的最大值是4； ②勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是； ③勒洛四面体ABCD的体积是； ④勒洛四面体ABCD内切球的半径是． 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. 某工厂采购了甲、乙两台新型机器， 现对这两台机器生产的第一批零件的直径进行测量， 质检部门随机抽查了 100 个零件的直径进行了统计如下: 零件直径 (单位: 厘米) [1.8，2.0] 零件个数 10 25 30 25 10 （1）经统计，零件的直径服从正态分布，据此估计这批零件直径在区间 内的概率; （2）以频率估计概率，若在这批零件中随机抽取4个，记直径在区间内的零件个数为，求的分布列和数学期望; （3）在甲、乙两台新型机器生产的这批零件中，甲机器生产的零件数是乙机器生产的零件数的 2 倍， 且甲机器生产的零件的次品率为 0.3， 乙机器生产的零件的次品率为0.2， 现从这批零件中随机抽取一件， 若检测出这个零件是次品， 求这个零件是甲机器生产的概率. 参考数据: 若随机变量，则，，. 16. 如图棱长为1的正方体中，分别是棱，的中点． （1）求点到直线的距离； （2）分别是线段上的点，满足平面，求与平面所成角的范围． 17. 已知的内角，，的对边分别为，，，． （1）求A； （2）点是边上一点，，且，若，求的值． 18. 设为非零实数，数列满足，． （1）令数列． （i）证明：是等比数列； （ii）求数列的前项和； （2）若，记数列的前项和为，证明：． 19. 已知双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于两点（在第一象限），与轴交于点.设直线的倾斜角分别为. （1）若， （i）若，求； （ii）求证：为定值； （2）若，直线与轴交于点，求与的外接圆半径之比的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $