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（八）

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（八） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．若，则（   ） A． B． C． D． 3．向量为满足：在方向上的投影向量为，则（   ） A． B． C．2 D．4 4．记为等差数列的前项和，若，则（   ） A． B． C．7 D．-7 5．函数满足：，若，，则（    ） A．1 B． C．5 D． 6．“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 7．设为正项等比数列的前n项和，若，，则（   ） A． B． C． D．2 8．已知是圆上的动点，且．是圆的动点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知是定义在R上的函数，满足，且为奇函数，则下列说法一定正确的是（    ） A． B．函数的一个周期为4 C．函数的图象关于直线对称 D．函数的图象关于点中心对称 10．在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的有（    ） A．直线平面 B．三棱锥体积为定值 C．异面直线与所成角的取值范围是 D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 11．费马大定理，别称费马猜想、费马最后定理，是指当正整数时，关于x，y，z的方程没有正整数解．若正整数n使得方程有正整数解，称n为“和谐数”．则下列说法正确的有（    ） A．3是“和谐数” B．2是“和谐数” C．若n是“和谐数”，则也是“和谐数” D．不超过2025的“和谐数”有1350个 三、填空题 12．圆的圆心到直线的距离为 ． 13． ． 14．已知，，以下命题正确的是 .（写出所有正确命题的序号） ①若，则；②若，，则； ③恒成立；④恒成立. 四、解答题 15．已知中，内角的对边分别为，且． (1)求； (2)若，求的周长． 16．在等差数列中，，． (1)求数列的通项公式； (2)已知数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前n项和． 17．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在上单调递增，求的取值范围； (3)若存在极大值和极小值，且极大值小于极小值，求的取值范围. 18．如图，四棱锥中，底面，，，．    (1)证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，E为PC中点． ①求AD的长度； ②求直线BE与平面所成角的正弦值． 19．已知椭圆过点，离心率为，    (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆的右焦点作相互垂直的直线与椭圆分别交于四点，设线段的中点分别为， ①证明：直线过定点，并求出定点的坐标； ②求四边形面积的最小值； 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3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（八）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C B D B C D ABD ABD 题号 11 答案 BCD 1．C 【分析】直接根据集合间的并集定义计算可得结果。 【详解】由，解得，因为，所以， 故选：C. 2．C 【分析】根据复数的乘法运算得，再计算模长即可． 【详解】，． 故选：C． 3．C 【分析】先根据投影向量的定义求得，再利用数量积求模即可得解. 【详解】因为在方向上的投影向量为， 所以， ， ， . 故选：C. 4．B 【分析】根据等差数列通项公式和前项和公式，代入题目等式条件中，求出结果即可. 【详解】根据等差数列性质，可知，即， 化简得，可知. 故选：B. 5．D 【分析】分析函数的周期性，利用函数的周期性求的值. 【详解】由题意可得：， 用代替可得：， 两式相加得：. 所以，所以函数是以6为周期的周期函数. 所以. 又，所以. 所以. 所以. 故选：D 6．B 【分析】根据正弦函数的性质，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】因为， 所以，或， 解得：，或， 所以推不出， 当，即时，， 又，所以， 所以推出， 因此”是“”的必要不充分条件， 故选：B 7．C 【分析】根据等比数列通项基本量的运算求得，代入等比数列求和公式求解即可. 【详解】设等比数列的公比为，∵，∴. 由得，∴. 故选：C 8．D 【分析】根据，由弦长公式求得圆心到AB的距离，设AB中点为D，求出点D的轨迹为圆，从而由化简得，转化成两圆上的点间的距离问题即可求解． 【详解】设AB中点为D， 则由得，， 即D点的轨迹方程为． , 由于P点在圆上， 所以， 所以， 即， 所以. 故选：D． 【点睛】本题属于圆与平面向量结合的问题，由圆的弦长先求出弦的中点轨迹也为圆，再由平面向量加法运算进行转化，从而转化为两圆上的点的距离问题. 9．ABD 【分析】根据题意，利用函数的奇偶性和对称性，分别求得和，以及，得到函数的性质，结合选项，逐项分析判断，即可求解. 【详解】由函数为奇函数，令，可得， 所以，所以关于点对称， 又由，可得，所以关于对称， 由且，可得， 即，则， 所以，可得函数的周期为， 对于A，由关于点对称，可得， 又由函数的周期为，可得，所以A正确； 对于B，由，可得函数的周期为，所以B正确； 对于C和D，由且，可得， 将中的代换为，可得， 所以，即， 所以关于原点对称，不一定关于对称，所以C错误，D正确. 故选：ABD. 10．ABD 【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理即可判断；对于B，说明平面，结合三棱锥的体积公式即可判断；对于C，说明异面直线与所成角等于直线与所成角，结合正三角形性质即可判断；对于D，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法即可判断. 【详解】对于A，如图，连接， 由题意可知平面，平面，故， ，且平面， 故平面，平面，故， 同理可证， 平面，故直线平面，A正确； 对于B，因为，故四边形为平行四边形， 故，而平面，平面，故平面， 点在线段上运动，故点P到平面的距离为定值， 又的面积为定值，故三棱锥体积为定值，B正确； 对于C，连接，则为正三角形， 因为，故异面直线与所成角等于直线与所成角； 在正中，点在线段上运动， 当P为的中点，即时，与所成角最大，为， 当P与或C重合时，与所成角最小，为， 故异面直线与所成角的取值范围是，C错误； 对于D，设正方体棱长为1，以D为坐标原点，以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 则，， 设，则， 由A可知平面，故可作为平面的法向量， 设直线与平面所成角为，故 ， 当时，取最小值，则取最大值， 即直线与平面所成角的正弦值的最大值为，D正确， 故选：ABD 11．BCD 【分析】根据费马大定理可判断A的正误，根据特例可判断B的正误，根据代数恒等变形可证也是“和谐数”，故可判断C的正误，根据BC可判断D的正误. 【详解】对于A，由费马大定理无正整数解，故3不是“和谐数”，故A错误. 对于B，因为，故的一组正整数解为， 故2是“和谐数”，故B正确. 对于C，若n是“和谐数”，则有一组正整数解为， 故，故即， 故有一组正整数解为， 故也是“和谐数”，故C正确. 对于D，有一组正整数解为， 故是“和谐数”，由C可得也是“和谐数”，共有个； 由B可得2是“和谐数”， 由C可得也是“和谐数”，共有个； 当正整数时，若有正整数解， 则对应正整数解，故为“和谐数”， 这与A中判断矛盾，故正整数不是“和谐数”， 故不超过2025的“和谐数”有个，故D正确. 故选：BCD. 12． 【分析】首先求出圆心的坐标，再利用点到直线的距离公式即可求解. 【详解】方程 可化为，圆心坐标为， 所以圆心到直线的距离. 故答案为： 13．18 【分析】利用指数运算及指数式与对数式的互化关系计算得解. 【详解】. 故答案为：18 14．②③ 【分析】根据所给条件变形构造函数，通过函数的性质进行证明： ①：由已知得出，设，根据其图像趋向进行证明； ②：根据已知得出，设，根据其单调得出，再设，根据其单调性进行证明； ③：根据已知变形为恒成立，设，再根据其最值进行证明； ④：设，，根据两函数最值进行证明. 【详解】对于①：，则，则，则， 设，则， 作出的图像，如图所示， 由图可得，当时，存在，使得，此时，故A错误； 对于②：，，则，则，则， 设，则，且， 当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减， ，且， ， 设， 则， 当时，，，则， 则在上单调递增， 则在上， 即在上，即在上， ， ， ， ， ，，且在上单调递增， ，则，故②正确； 对于③：要证恒成立，即，即证恒成立， 令，则， 则当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 则， ，， ， ，即， 即恒成立，故③正确； 对于④：设，则， 则当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减，则， 设，则， 则当时，，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减，则， ，， 则，当且仅当，时等号成立，故④错误； 故答案为：②③. 15．(1)； (2). 【分析】（1）利用正弦定理将角的关系转化为边的关系，再用余弦定理求角； （2）结合已知条件和第一问的结果，通过三角函数关系求出其他角和边，进而计算周长. 【详解】（1）已知， 根据正弦定理，可得， 将其代入已知等式： ， 化简得：， 再由余弦定理，代入上式得：， 因为，所以； （2）已知，由第一问知，代入得： ， 因为，所以或， 又因为，若，则，矛盾，故， 从而， 由正弦定理，已知， 则： ， ， 因此：； ； 周长. 16．(1) (2) 【分析】（1）根据等差数列基本量运算求得，即可求解； （2）利用等比数列及求得，然后结合等差数列和等比数列求和公式，利用分组求和法求和即可. 【详解】（1）设等差数列的公差为d，由题意得， 解得，所以． （2）因为数列是首项为1，公比为2的等比数列， 所以． 从而， 所以． 17．(1) (2) (3). 【分析】（1）根据导数的几何意义求曲线在点处的切线方程. （2）问题转化为，从而求参数的取值范围. （3）分情况讨论函数的单调性，得到函数极值的存在情况，再用作差法比较极值的大小. 【详解】（1）由， 得， 当时，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）因为在上单调递增，所以. 由（1）知， 因为，所以，即在上恒成立， 所以，又，所以， 即的取值范围为. （3）①当时，在上恒成立，所以在上单调递增， 所以不存在极值，不合题意； ②当时，，所以当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以无极大值，不合题意； ③当时，的定义域为， 令，得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为，且，不合题意； ④当时，的定义域为，且， 令，得，且， 当时，；当时，；当时，； 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增， 所以的极大值为，极小值为，且， ， ， 因为，所以，所以， 即，符合题意. 综上所述，的取值范围为. 18．(1)证明见解析； (2)①；②. 【分析】（1）由题设依次求证、即可由线面垂直判定定理求证平面； （2）①作出二面角的平面角，利用直角三角形边角关系列式求解；②以为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解. 【详解】（1）在四棱锥中，由平面，平面，得， 由，得，则， 而平面，所以平面. （2）①过点D作于，过点作于，连接， 由平面，平面，得，而平面， 则平面，又平面，则，而平面， 因此平面，而平面，则，是二面角的平面角， 于是，，， 由，可设，则，， 又，为等腰直角三角形，则， 因此，解得，所以.    ②过点作，由平面，得平面， 则直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，由（1）和①可得，则， 于是， 设平面的法向量，则， 取，得，所以， 所以直线BE与平面所成角的正弦值为. 19．(1) (2)①过定点，证明见解析；②. 【分析】（1）依题意得到关于、、的方程组，解得即可求出椭圆方程； （2）①根据直线的斜率进行分类讨论，根据根与系数关系分别求出中点的坐标，进而可判断直线过定点. ②由弦长公式可得，再由直接计算四边形的面积，由基本不等式可得最小值. 【详解】（1）因为椭圆过点，离心率，且. 所以，由，即，得， 代入，得，解得，所以. 故椭圆的标准方程为. （2）①当直线的斜率存在且不等于零时，设斜率为，因，所以直线的斜率为. 因为右焦点，直线的方程为，设. 由，消去得，. ，，. 所以线段的中点M的坐标，，即. 同理将直线的方程，代入椭圆方程，同理可得（只需将换成）， 所以线段的中点N的坐标，，即. 所以的斜率，其中， 所以直线的方程为， 化简得，即， 所以当，直线：过定点.如图：    当时，，此时直线与轴垂直且过定点； 当时，，此时直线仍与轴垂直且过定点； 当直线的斜率不存在时，与轴垂直且过焦点，根据椭圆的对称性可知， 此时为椭圆的长轴，所以，所以直线为轴，过定点； 当直线的斜率为0时，与与轴垂直且过焦点，根据椭圆的对称性可知， 此时为椭圆的长轴，所以，所以直线为轴，过定点； 综上可知，直线过定点. ②当直线的斜率存在且不等于零时， 由①可知， 同理可得（只需将换成），因为， 所以 ， 当且仅当时等号成立，即时，四边形面积有最小值. 当直线的斜率不存在时，或者斜率等于零时与位置互换， 此时，，或者， 所以，显然. 综上可知，所以四边形面积有最小值. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $