河南省南阳市方城县第一高级中学2025-2026学年高三迎一模数学模拟试题（六）

河南省方城县第一高级中学2025-2026学年高三迎一模数学模拟试题（六） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知复数在复平面内对应的点为，则（    ） A． B． C． D． 2．若全集，则（    ） A． B． C． D． 3．已知是定义域为的奇函数，且当时，，若，则（    ） A． B． C． D． 4．已知椭圆的焦点为，一个短轴顶点为，且离心率为，则（ ） A． B． C． D． 5．已知向量满足，且在上的投影向量为单位向量，则（   ） A． B． C．3 D．2 6．已知等差数列满足，数列满足，则的前项和为（   ） A． B． C． D． 7．已知平面直角坐标系中三个点，若函数的图象恰好只经过上面三个点中的两个，则的值不可能为（ ） A．10 B．14 C．18 D．22 8．已知函数且在上为单调函数，若函数有两个不同的零点，则实数的取值不可能是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知双曲线，则下列说法正确的是（    ） A．双曲线的实轴长为2 B．双曲线的焦点到渐近线的距离为 C．若是双曲线的一个焦点，则 D．若双曲线的两条渐近线相互垂直，则 10．若是等差数列，且，则（    ） A． B． C． D． 11．4支足球队进行单循环比赛（任两支球队恰进行一场比赛），任两支球队之间胜率都是．单循环比赛结束，以获胜的场次数作为该队的成绩，成绩按从大到小排名次顺序，成绩相同则名次相同．下列结论中正确的是（    ） A．恰有四支球队并列第一名为不可能事件 B．有可能出现恰有三支球队并列第一名 C．恰有两支球队并列第一名的概率为 D．只有一支球队名列第一名的概率为 三、填空题 12．已知，则 . 13．已知集合，则 （用区间的形式表示）． 14．棱长为1的正方体的各顶点均在过点的平面的同侧，若和与平面所成的角的大小均为，则点到平面的距离为 ． 四、解答题 15．某校100位学生成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：. (1)求图中的值； (2)根据频率分布直方图，估计这100名学生成绩的平均分和第80百分位数； (3)从成绩区间是：的两组中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求在成绩区间是的这组恰好抽到1人的概率. 16．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满． (1)求C； (2)已知角C的平分线交AB于点M，且，当取最小值时，求的面积． 17．如图，点，在以为直径的圆上，，与点，不重合.平面，为的中点，为的中点， ，. (1)求证：平面； (2)当时，求与平面所成角的正弦值的最大值． 18．已知抛物线，焦点为，过作两条关于直线对称的直线分别交于两点． (1)判断直线的斜率是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由． (2)若三点在抛物线上，且满足，证明三个顶点的横坐标均小于2． 19．已知. (1)求的值； (2)若是第一象限角，，求的值. 试卷第2页，共4页 试卷第1页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 《河南省方城县第一高级中学2025-2026学年高三迎一模数学模拟试题（六）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A A C A D D A CD BC 题号 11 答案 ABD 1．C 【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. 2．A 【分析】根据并集、补集的定义计算可得. 【详解】因为， 所以，则. 故选：A 3．A 【分析】按分类讨论，利用奇函数的性质以及指对运算法则解方程即可. 【详解】若，则 ，但 ，故 ； 若，则， 解得：， 但，与假设矛盾，故不成立； 若，则利用奇函数性质：， 由于，有，故， 因此：， 解得：. 综上：. 故选：A 4．C 【分析】利用椭圆的性质把用离心率表示出来，再利用二倍角公式以及诱导公式运算可得答案. 【详解】已知椭圆离心率 ，短轴顶点为 ，焦点为 ， 在椭圆中， ， ， 代入 ， 得， ， 由于 是三角形内角，取值范围为 ， 且在单调递减， 因此 故选 ：C    5．A 【分析】将的两边同时平方得，根据在上的投影向量为单位向量得到一个关于的方程，解方程即可. 【详解】将的两边同时平方得，展开得， 整理得， 由在上的投影向量为单位向量，可知其模长为1，即， 即，解得． 故选：A. 6．D 【分析】先根据条件求解出的通项公式，再利用构造法求解出的通项公式，最后根据错位相减法求解出. 【详解】设的公差为，因为，所以，所以， 所以，所以， 所以且，所以是首项为公差为的等差数列， 所以，所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 故选：D. 7．D 【分析】将给定三个点的坐标依次代入每个选项对应的函数式验证即可. 【详解】A选项，若，， 而，，， 即过，不过，符合题意，A选项可能； B选项，若，， 而，，， 即过，，不过，符合题意，B选项可能； C选项，若，， 而，，， 即过，不过，符合题意，C选项可能； D选项，若，， 而，，， 即过，不过，，不符合题意，D选项不可能. 故选：D 8．A 【分析】首先根据函数的单调性求得的大致范围，然后将函数零点问题转化为两个函数图象的交点问题，再作出函数图象，利用数形结合思想求解即可. 【详解】函数在区间上为单调函数， 且当时，在上单调递增， ，解得， 又函数有两个不同的零点等价于有两个不同的实数根， 函数的图象与直线有两个不同的交点， 作出函数与直线的图象， 当时，由得， 由于，故， 易知函数与直线的图象在上有唯一交点， 则函数与直线的图象在上有唯一交点， 故或与的图象相切，即有唯一解， 或或， 综上，实数的取值范围为，结合选项可知A符合题意， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查函数的零点问题，解题的关键是将问题转化为函数的图象与直线有两个不同的交点，然后画出函数图象，根据图象求解即可. 9．CD 【分析】根据双曲线的性质一一判断即可. 【详解】对于A，双曲线的实轴长为，故错误． 对于B，因为双曲线的焦点到渐近线的距离等于， 所以双曲线的焦点到渐近线的距离为，故B错误． 对于C，若是双曲线的一个焦点，则，解得，故C正确． 对于D，双曲线的两条渐近线为， 若两条渐近线相互垂直，则，解得，故D正确． 故选：CD 10．BC 【分析】记的公差为，由已知可得，逐项计算判断即可. 【详解】记的公差为.因为，所以. 的正负不确定，故A错误. ，故B正确. 由，， 所以，故C正确. ，故D错误. 故选：BC. 11．ABD 【分析】4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有场比赛，比赛的所有结果共有种； 选项A，这6场比赛中不满足4支球队得分相同的情况； 选项B，举特例说明即可； 选项C，在6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有种可能，再分类计数相互获胜的可能数，最后由古典概型计算概率； 选项D，只有一支球队名列第一名，则该球队应赢了其他三支球队，由古典概型问题计算即可. 【详解】4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有场比赛，比赛的所有结果共有种； 选项A，这6场比赛中若4支球队优先各赢一场，则还有2场必然有2支或1支队伍获胜，那么所得分值不可能都一样，故是不可能事件，正确； 选项B，其中6场比赛中，依次获胜的可以是，此时3队都获得2分，并列第一名，正确； 选项C，在6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有种可能，若选中a，b，其中第一类a赢b，有a,b,c,d,a,b和a,b,d,c,a,b两种情况，同理第二类b赢a，也有两种，故恰有两支球队并列第一名的概率为，错误； 选项D，从4支球队中选一支为第一名有4种可能；这一支球队比赛的3场应都赢，则另外3场的可能有种，故只有一支球队名列第一名的概率为，正确.    故选：ABD 【点睛】本题考查利用计数原理解决实际问题的概率问题，还考查了事件成立与否的判定，属于较难题. 12． 【分析】根据二项式的展开式，求指定项的系数即可. 【详解】根据二项式展开式可知， 当，即时，可得，即. 故答案为：. 13． 【分析】解分式不等式得到集合，由指数函数的值域得到集合，然后由集合的运算即可求得结果. 【详解】由题意知， 故，所以， 故答案为：． 14．． 【分析】建立空间直角坐标系，设平面的法向量为，再根据和与平面所成的角的大小均为可解得法向量，进而可求点到平面的距离. 【详解】如图：以A点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，    则，所以， 设平面的法向量为，因为与平面所成的角的大小均为， 所以，即——① 再由与平面所成的角的大小均为，所以 ，即——②. 联立①②得，解得或. 当时，代入①得，，， 解得，令，得，， 则到平面的距离为； 当，代入①得，， ，即，因为，所以方程无解，舍去. 综上所述，点到平面的距离为. 故答案为： 15．(1) (2)， (3) 【分析】（1）根据所有矩形的面积和为1，求出即可 （2）利用频率直方图直接计算可求这100名学生成绩的平均分的估计值，利用百分位数的计算方法可求得第80百分位数； （3）利用分层抽样的意义求得的两组中所抽取的人数，进而利用古典概型计算公式可求得成绩区间是的这组恰好抽到1人的概率. 【详解】（1）由，解得. （2）平均分为. 因为， 所以第80百分位数在内，设第80百分位数为， 则，解得. （3）根据题意，成绩区间是：的两组的人数分别为人，人， 按照分层抽样的方式抽取的人数分别为3人，2人. 所以在成绩区间是的这组恰好抽到1人的概率. 16．(1) (2) 【分析】（1）应用正弦定理结合两角和正弦公式化简求值； （2）应用面积计算得，再结合基本不等式计算得出得，，最后应用面积公式计算求解. 【详解】（1）由已知得， 在中，由正弦定理得， 化简得， 即， 又，所以，所以，又，所以. （2）由（1）得， 因为角C的平分线交AB于点M，所以， 又，所以， 又，所以，即， 所以， 当且仅当，即时取得最小值， 由，解得，， 所以. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作出相应辅助线，借助中位线与等分点的性质可得四边形为平行四边形，则可得，再利用线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系后，设出，求出平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得. 【详解】（1）在上取点，使得，取中点， 连接、、，由，为的中点， 故，，，， 故且，故四边形为平行四边形， 故，又平面，平面， 故平面； （2）由为直径，故，由， 则，， 以为原点，、为、轴，建立如图所示空间直角坐标系， 由平面，故轴， 则、、、、， 则，，，， 又，则，故， 由在圆上，可设，， 则， 设平面的法向量为， 则有， 取，则，，故， 设与平面所成角为， 则， 则当，即或时，有最大值， 当时，，则，与点重合，不符； 当时，，则，符合要求； 故与平面所成角的正弦值的最大值为. 18．(1)是定值， (2)证明见解析 【分析】（1）设直线的方程为，与抛物线联立，利用韦达定理代入，整理计算可得答案； （2）利用坐标计算，设直线的方程为，与抛物线联立，利用韦达定理可得点坐标，代入抛物线方程结合判断式可得其横坐标的范围，同理可得两点的横坐标，进而可证明结论. 【详解】（1）由题意不妨设直线的方程为，设， 联立，消去得，， 所以， 因为直线与关于直线对称， 所以，且， 所以，即， 即，将代入得 解得，所以直线的斜率为定值； （2）由已知， 因为，， 所以，所以， 设直线的方程为，联立，消去得，， 所以，所以， 所以，即点的坐标为， 又点在抛物线上所以，得， 又，所以，解得， 所以点的横坐标， 同理可得两点的横坐标也小于， 所以三个顶点的横坐标均小于2. 【点睛】方法点睛：直线和圆锥曲线相交的问题，通常将圆锥曲线和直线联立，然后利用韦达定理结合题目中的条件来解答. 19．(1)2或 (2) 【分析】（1）利用二倍角公式和同角的三角函数基本关系式计算即得； （2）结合（1）已得，以及题设条件进行拆角变换，先求出的值，再利用和差角公式以及弦切互化计算即可. 【详解】（1） 即，解得或. （2）由是第一象限角，由（1）可知，，又， 因为， 故. 答案第2页，共14页 答案第1页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $