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（十）

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（十） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知集合，集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数，则z的虚部为（　　） A． B． C． D． 3．已知，则＝（   ） A． B． C．－2 D．2 4．已知实数成等比数列，则（   ） A． B． C． D． 5．甲､乙､丙三人各自计划暑假去重庆旅游，他们都从武隆天生三桥､长江索道､洪崖洞民俗风貌区､重庆动物园､仙女山､白帝城这六个景区中任选一个，若甲不去重庆动物园，且甲､乙､丙三人去的景区互不相同，则这三人的不同选择方法共有（    ） A．96种 B．100种 C．108种 D．120种 6．不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 7．已知，，，则的最小值为（    ）． A．4 B．8 C．16 D．10 8．已知函数，若函数恰有个零点，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 二、多选题 9．将函数图象上每个点的横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标不变，得到函数的图象，则（   ） A．的最小正周期是 B． C．在单调递增 D．的图象关于点对称 10．下列说法正确的是（   ） A．的展开式中的系数为-4 B．将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有36种 C．已知，则 D．数据7，12，13，17，18，20，32的上四分位数为19 11．给定函数，且，分别用，表示，中的较小者，较大者，记为，．下列说法正确的是（   ） A．当时， B． C．若直线与的图象有三个不同交点，则 D．函数的值域为 三、填空题 12．已知，，，则与的夹角为 . 13．如图，正方体的棱长为4，点、分别为棱、的中点，点为线段上的一个动点，则 ；直线与平面所成角为，则的最大值为 ． 14．已知函数（），若关于的不等式无整数解，则的取值范围为 . 四、解答题 15．记的内角，，的对边分别为，，，已知，为中点，且，的角平分线交于点，且. (1)求； (2)求. 16．对联，又称对偶、对子、楹联等，是以两组形式相对、内容相关的语句为表现形式的应用性文学样式，具有上下联字数相等、平仄相对、对仗工整等文学特点.从甲、乙、丙、丁4副不同的对联（上联和下联共8联）中随机取出4联（上联或下联）. (1)求这4联可以凑成甲对联的概率； (2)记这4联可以凑成X副对联，求X的数学期望 17．在三棱锥中，，，为边的中点，，且平面.    (1)在直线上是否存在一点M，使得直线平面?若存在，指出M点的位置，若不存在，请说明理由. (2)若平面平面. ①求证：； ②求二面角的大小. 18．某工厂为监控生产线上的产品质量，设置了（）个等间隔的质量检测时间点，编号从到，相邻时间点间隔为小时.每天质量监控部门会从这个时间点中随机选取若干个时间点（至少选取一个）去进行产品抽检，选取的抽检时间点中最小编号为（最早抽检时间），最大编号为（最晚抽检时间）.称为抽检时间跨度，是抽检方案设计中的关键参数，它反映了抽检在时间轴上的覆盖范围. (1)当时，求； (2)求和； (3)求的表达式. 19．已知函数. (1)讨论的单调区间； (2)若，求与的数量关系； (3)设，是的两个极值点，证明：. 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（十）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B C C B B C A AB AC 题号 11 答案 ABD 1．D 【分析】解出A集合，再与B集合求交集即可. 【详解】因为或， 所以. 故选：D. 2．B 【分析】直接由复数的乘法运算以及复数的虚部概念即可求解． 【详解】因， 则， 所以z的虚部是． 故选：B． 3．C 【分析】利用诱导公式和计算即可. 【详解】已知， 则 . 故选：C. 4．C 【分析】设公比，利用等比数列的性质及等比中项得到方程，求出. 【详解】设等比数列的公比为，则，且，解得. 故选：C 5．B 【分析】先安排甲，再将剩余的2人进行排列，得到答案, 【详解】先安排甲，再将剩余的2人进行排列，故这三人的不同选择方法共有种. 故选：B 6．B 【分析】令，，转化不等式为，进而分、两种情况讨论求解即可. 【详解】令，， 由，则， 当时，不等式为，即， 解得或，由于，则不等式无解； 当时，不等式为，即， 解得或，由于，则， 即，则. 综上所述，不等式的解集为. 故选：B 7．C 【分析】巧妙地利用“1”将变形为，再利用基本不等式求解即可. 【详解】因为，，所以. 又因为， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为16. 故选：C 8．A 【分析】函数有个零点转化为方程有5个实根，令，解得 ，，即或，结合函数图象即可求出答案. 【详解】画出函数的大致图象，如下图所示： 因为函数恰好有个不同的零点， 所以方程有个根， 设，则方程化为， 解得，， 即或， 由图可知方程有两个根， 则方程有三个根，所以由图可知， 所以实数的取值范围是. 故选：A. 9．AB 【分析】利用图象平移变换求出，再结合正弦函数的图象性质逐项判断得解. 【详解】依题意，， 对于A，的最小正周期是，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，由，得，因此函数在取得最大值1， 在上不单调递增，C错误； 对于D，由，得的图象关于点不对称，D错误. 故选：AB 10．AC 【分析】根据二项式定理写出的展开式的通项公式，即可判断选项A；根据分步乘法计数原理即可判断选项B；由排列数和组合数公式可解得，即可判断选项C；求出上四分位数判断D. 【详解】对于A，由二项式定理可知的展开式的通项公式为：，， 令，解得， ∴的展开式中的系数为，故A正确； 对于B，先将标号为，的卡片放入同一信封，有种不同的方法； 再将标号为，，，的张卡片平均分成两组放入另外两个信封里，有种不同的方法， 由分步乘法计数原理可知：共有种方法，故B错误； 对于C，∵， ∴由排列数和组合数公式可得，解得，故C正确； 对于D，由7×75%=5.25，得第75百分位数为第6个数，为20，故D错误； 故选：AC. 11．ABD 【分析】用作差法判断的大小，根据的定义，求出，判断A；分别求出，从而得到，判断B；作出的简图，并结合基本不等式，判断C；求出函数的解析式，并求得其值域，判断D. 【详解】对于A，当时，，即，所以，所以A正确； 对于B，且，， ，所以函数均为奇函数. 因为， 所以当时，，即；当时，，即. 所以，. 所以当时，； 当时，.所以B正确 . 对于C，的简图如下： 由B选项得，当，； 当时，单调递增. 所以若直线与的图象有三个不同交点，则.所以C错误. 对于D，由B知，即. 当时，；当时，. 所以函数的值域为.所以D正确. 故选：ABD. 12． 【分析】两边平方，结合，，求出，利用向量夹角余弦公式进行求解，得到答案. 【详解】两边平方得， 又，，故，解得， 设与的夹角为，则， 所以. 故答案为： 13． / / 【分析】根据平面可知到平面的距离为，计算即可；取线段的中点，可知，化简求最小值即可. 【详解】因平面平面，平面，则平面， 则到平面的距离为， 因点、分别为棱、的中点，则， 则， 则； 取线段的中点，易知平面， 则直线与平面所成角， 则， 在等腰直角三角形中，当时，最短， 此时， 故的最大值为. 故答案为：； 14． 【分析】由题意可得无整数解，借助导数研究函数后的单调性后，分、与进行讨论即可得. 【详解】令， 即，即， 令，， 由在上单调递增， 且，， 故存在，使得， 则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故， 令，，， 则在上单调递增，则， 即当时，，则， 故，即， 又当时，， 当时，， 由不等式无整数解，即无整数解， 若，由，则， 此时对任意，恒成立，不符； 若，由或时，，则， 故无整数解，符合要求； 若，有，即有整数解，不符. 综上所述：. 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理、倍角公式化简得出即可； （2）根据以及，以及在中利用余弦定理，即可得出关于的方程组，求解即可. 【详解】（1）因为结合正弦定理可得，， 因为，所以，所以，则， 因为，所以，则，得，则； （2）因为是的角平分线，且，，， 所以，得， 在中利用余弦定理得， 在中利用余弦定理得， 因为，，所以， 则在中利用余弦定理得，得， 因为，所以， 所以，解得，解得或， 又，解得，于是. 16．(1) (2) 【分析】（1）8联中随机取出4联，有种取法，其中含有甲对联有种取法，可求概率； （2）由X可能的取值，计算对应的概率，结合分布列利用公式求数学期望. 【详解】（1）8联中随机取出4联，有种取法， 取出的4联含有甲对联，剩余的2联在其它6联中选取，有种取法， 所以这4联可以凑成甲对联的概率为. （2）的所有取值可能为0，1，2. ，，. 的分布列为 X 0 1 2 P . 17．(1)存在，当为中点 (2)①证明见解析；② 【分析】（1）取为中点，可得，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）①由面面垂直的判定定理可得平面，即可得，，进而可证平面，即可得结果；②建系标点，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】（1）存在，当为中点时平面，    当为中点时，连接， 因为为中点，则， 且平面，平面，所以平面. （2）①因为平面平面，平面平面， 过作交于H， 因为平面，所以平面， 且平面，可得， 又因为平面，平面，则， 且，平面，所以平面， 因为平面，所以； ②以为坐标原点，，，方向为x，y，z轴正方向，建空间直角坐标系，    由题意可得：，， 则，，，，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 则， 设二面角的平面角为， 由图可知，则，可得， 所以二面角的大小为. 18．(1) (2)， (3) 【分析】（1）当时，，则可取，再求出相应的概率，即可列出分布列，即可求解； （2）分别求出时子集数量有个和时，子集数量有个，从而可得；同理可求得，即可求解； （3）由题可求得，再结合错位相减即可求出，由对称性可知，则可求出，即可求解. 【详解】（1）记个等间隔的质量检测的时间点为，则，每天选若干个时间点进行检测等价于考虑集合的非空子集. （1）当时，， 所有抽检的结果为：共7种情况， 当时，符合的有共种情况，则， 当时，符合的有共种情况，则， 当时，符合的有共种情况，则， 从而的分布为： 1 2 3 因此． （2）所有抽检子集的总数为个， ：表示最小编号不超过，即或． 当时，这要求编号在子集中，且编号不在子集中，这样的子集数量有个，从而有； 当时，这要求编号在子集中，这样的子集数量有个，从而有． 从而有． ：表示最大编号至少有，即或． 当时，这要求编号在子集中，且编号不在子集中，这样的子集数量有个， 从而有； 当时，这要求编号在子集中，这样的子集数量有个，从而有． 从而有． （3）：表示最小编号为，这要求在子集中，不在子集中，这样的子集的个数有个， 因此， 所以． ①-②相减得： 所以， 所以． 由对称性可知， 所以， ， 即． 19．(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）先求得，然后对进行分类讨论，从而求得的单调区间； （2）将不等式转化为，构造函数，求导确定单调性与最值从而得结论； （3）根据函数极值可得，，，将所证双变量不等式转化为单变量不等式，构造函数求导确定单调性与最值即可得结论. 【详解】（1），， 令，由，得， 此时，在上单调递增； 当，即时，方程的两根为，； 当时，，所以当时，， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，，所以当时，， 当时，， 所以在上单调递减，在和上单调递增； 综上，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在和上单调递增； 当时，在上单调递增. （2），即， 令，， ，， 若，则存在，使得当时，， 即在上单调递增，而，所以，不符合题意， 若，则存在，使得当时， ，即在上单调递减，而， 所以，不符合题意， 若，即，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，，符合题意； 综上，与的数量关系为. （3）证明：结合（1）可得，当有两个极值点时，， 且，，， 令，由于，则，则， 则， 设， 则， 因为，则，则恒成立， 所以在上单调递减， 则时，且小于，所以， 所以. 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 $