精品解析：甘肃陇南市宕昌县第一中学、宕昌县第二中学、两当县第一中学2025-2026学年高三上学期一模摸底考试数学试卷

绝密★启用前 2025-2026年宕昌第一中学、第二中学、两当第一中学高三一模 摸底考试数学试卷 注意事项： 1． 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2． 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3． 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足（为虚数单位），则（ ） A B. C. D. 3. 如图，在正八边形中，点为正八边形的中心，点分别是边的中点，且，点是正八边形内一个动点（含边界），已知，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 4. 在中，角，，的对边分别为，，，，，则的外接圆的半径为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，A，B，C的对边分别为 a，b，c，，，，则面积为（ ） A. 12 B. 9 C. 6 D. 3 6. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，，O为的外心，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 在2022年北京冬奥会和冬残奥会城市志愿者招募项目中有一个“国际服务项目”，截止到2022年1月25日还有8个名额空缺，需要分配给3个单位，则每个单位至少一个名额且各单位名额互不相同的方法种数是（ ） A. 14 B. 12 C. 10 D. 8 8. 已知等差数列（）的前n项和为，公差，，则使得的最大整数n为（ ） A. 9 B. 10 C. 17 D. 18 二、多选题：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. 对于函数，则（ ） A. 函数图象关于直线对称 B. 函数在区间上单调递减 C. 函数在区间上的值域为 D. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象 10. 已知数列为等差数列，为其前n项和，，，则（ ） A. B. 为单调递增数列 C. 使的n的最小值为18 D. 当且仅当时，最小 11. 某电脑程序每次等概率随机输出中的一个数，和分别表示输出的前个数中的最大值和最小值．已知每次输出都是独立的，且可以重复输出同一个数．则下列命题正确的是（    ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 正实数x，y满足，则的最小值是__________. 13. 已知函数，若函数使得方程恰有3个不同根，则实数的取值范围为______. 14. 已知是定义在上的奇函数，，且当时，则不等式的解集是______. 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. 记为数列前n项和，已知. （1）证明：数列是等比数列； （2）设，求数列的前n项和. 16. 如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点. （1）证明：平面平面； （2）在线段上是否存在点，使得平面，说明理由. 17. 某工厂甲乙两条生产线生产了同一种产品，为了解产品质量与生产线的关系，现从这两条生产线所生产的产品中，随机抽取了500件进行检测，检测结果（“合格”或“优良”）如下表： 生产线 检测结果 合计 合格 优良 甲生产线 20 180 200 乙生产线 60 240 300 合计 80 420 500 （1）根据小概率值的独立性检验，能否推断产品检测结果与生产线有关联？ （2）用样本估计总体，频率估计概率现等可能地从这两条生产线中抽取一条生产线，然后从该生产线随机抽取1件产品. （i）求抽出的产品是优良品的概率； （ii）已知抽出的产品是优良品，求它是从甲生产线抽出的概率. 附：； 0.1 0.01 0.001 2.706 6.635 10.828 18. 设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，． （1）求C的方程； （2）设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程． 19. 已知二次函数． （1）若不等式的解集为，求的值； （2）若，且，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 2025-2026年宕昌第一中学、第二中学、两当第一中学高三一模 摸底考试数学试卷 注意事项： 1． 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2． 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3． 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由分式不等式确定集合，再由集合补集、并集运算逐个判断即可. 【详解】或， ， 所以或， 所以，错误，，正确， ，C，D错， 故选：B 2. 若复数满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的除法运算及共轭复数概念，再由模长公式即可求解. 【详解】， ， 所以， 所以， 所以， 故选：C 3. 如图，在正八边形中，点为正八边形的中心，点分别是边的中点，且，点是正八边形内一个动点（含边界），已知，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由正八边形的对称性和向量的运算法则将转化为，根据数量积的几何意义，将问题转化为求解的最值，结合图形可得取得最值时的位置，最后结合平面几何知识求得结果. 【详解】由正八边形的性质可知为的中点， 所以， 当在上的投影点与重合时，在上的投影向量为， 所以的最大值为. 故选：D. 4. 在中，角，，的对边分别为，，，，，则的外接圆的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角形内角和定理，结合同角的三角函数关系式、两角和的正弦公式、正弦定理进行求解即可. 【详解】，可得， 为内角 ， 故选：B 5. 在中，A，B，C的对边分别为 a，b，c，，，，则面积为（ ） A. 12 B. 9 C. 6 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦定理变形给定等式可得，再利用直角三角形边角关系求出即可. 【详解】在中，由及余弦定理，得，整理得， 因此，而，则，又， 于是，，而，则， 所以面积. 故选：C 6. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，，O为的外心，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理边角互化，再利用辅助角公式求解即可. 【详解】∵，由正弦定理， 得， 即， 而，所以， ∵， 由正弦定理，得， ∴，而， ∴，∴， 因为，所以，∴． 设的外接圆半径为，则， ∴，而， ∴， 故选：C 7. 在2022年北京冬奥会和冬残奥会城市志愿者的招募项目中有一个“国际服务项目”，截止到2022年1月25日还有8个名额空缺，需要分配给3个单位，则每个单位至少一个名额且各单位名额互不相同的方法种数是（ ） A. 14 B. 12 C. 10 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】首先确定各单位名额互不相同的分配方式种数，再应用全排列求每种方式的分配方法数，即可得结果. 【详解】各单位名额互不相同，则8个名额的分配方式有、两种， 对于其中任一种名额分配方式，将其分配给3个单位的方法有种， 所以每个单位至少一个名额且各单位名额互不相同的分配方法种数为种. 故选：B 8. 已知等差数列（）的前n项和为，公差，，则使得的最大整数n为（ ） A. 9 B. 10 C. 17 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】根据，可得异号，根据可知，且，所以，利用等差数列的前n项和公式即可得出结果. 【详解】解：因为，所以异号， 因为，所以， 又有，所以，即， 因为，， 所以的最大整数n为17. 故选：C 二、多选题：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. 对于函数，则（ ） A. 函数的图象关于直线对称 B. 函数在区间上单调递减 C. 函数在区间上的值域为 D. 将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象 【答案】AC 【解析】 【分析】先利用降幂公式和辅助角公式将函数化简，然后利用正弦函数的性质依次判断即可． 【详解】 ， 对于A：，故A正确； 对于B：，此时有增有减，故B错误； 对于C：，此时，故C正确； 对于D：函数的图象向右平移个单位得，故D错误， 故选：AC． 10. 已知数列为等差数列，为其前n项和，，，则（ ） A. B. 为单调递增数列 C. 使的n的最小值为18 D. 当且仅当时，最小 【答案】BC 【解析】 【分析】根据数列为等差数列，由，求得首项和公差，然后再逐项判断. 【详解】对于A：在等差数列中，，， 所以，解得 ， 则 ，故A错误； 对于B：，则 ， 所以为单调递增数列，故B正确； 对于C：，由 ，即 ， 解得，所以 的n的最小值为18，故C正确； 对于D：的对称轴为，开口方向向上， 因为为正整数，所以当或9时，取得最小值，故D错误. 故选：BC 11. 某电脑程序每次等概率随机输出中的一个数，和分别表示输出的前个数中的最大值和最小值．已知每次输出都是独立的，且可以重复输出同一个数．则下列命题正确的是（    ） A. B. C D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据独立事件的概率、条件概率及最大值、最小值的概率计算方法，结合加法公式、乘法公式计算即可. 【详解】选项A：表示第一个数的最大值，即该数本身；表示第一个数的最小值，也即该数本身； 所以，，A正确； 选项B：表示输出的前3个数的最大值为3，即需满足“输出的每个数，且至少有一个数为3”. 所有数均的概率：；所有数均的概率：. 所以，B正确； 选项C：表示输出的前3个数的最小值为3，即需满足“输出的每个数，且至少有一个数为3”. 所有数均的概率：；所有数均的概率：. 所以，C错误； 选项D：记为事件，即前4个数最大值为6，为事件，前4个数最小值为3. 则. 表示前4个数最大值为6且最小值为3，即所有数均在3到6之间（含3和6）， 所以. 故，D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 正实数x，y满足，则的最小值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用分式的运算性质，结合代换、基本不等式进行求解即可. 【详解】因为正实数x，y满足， 所以， 因为x，y是正数， 所以，当且仅当时取等号， 即当且仅当时取等号， 因此， 因此当时，有最小值， 故答案为： 13. 已知函数，若函数使得方程恰有3个不同根，则实数的取值范围为______. 【答案】或 【解析】 【分析】把方程有三个根的问题转化为函数图象有三个交点问题，运用数形结合思想、分类讨论思想进行求解即可. 【详解】由已知得的图象如图(1). （1）当时，要使得方程恰有3个不同根， 则需存在，使得，即. 又，当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减，当时， 的图象如图(2)， 故. （2）当时，由图(1)知需与函数相切. 设切点为，则， 即过点， 故，解得. 因，故.所以. （3）当时，显然符合题意. 综上，实数的取值范围为或. 故答案为：或 【点睛】方法点睛：关于方程根的问题转化为函数图象交点问题，利用数形结合思想进行求解. 14. 已知是定义在上的奇函数，，且当时，则不等式的解集是______. 【答案】 【解析】 【分析】 设，则为偶函数，由， 则在是上单调递增，在是上单调递减，设，即求解，分和两种情况解不等式和. 【详解】设，由 当时，即，所以在是上单调递增. 为奇函数，则为偶函数，在是上单调递减 ,即（） 设，当时，，即 由，为奇函数，则，所以 由在是上单调递增，，所以，即，所以 当时，，即 由，则，根据在是上单调递减 所以当时，则，即，所以 综上所述：不等式的解集是： 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题考查构造函数讨论单调性解不等式，解答本题的关键是构造函数，由结合条件和奇偶性得出其单调性， 属于中档题. 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. 记为数列的前n项和，已知. （1）证明：数列是等比数列； （2）设，求数列的前n项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）当时，求出的值，当时，由可得到，两式作差可得，结合等比数列的定义可证得结论成立； （2）由（1）中的结论可求出数列的通项公式，求得的表达式，再利用错位相减法可求得. 【小问1详解】 令时，，即得， 当时，①，②， 由①②得，，又由，又，， 所以数列是以为首项，公比为的等比数列. 【小问2详解】 ，， 因为，所以， ， 两式相减得： ， 所以. 16. 如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点. （1）证明：平面平面； （2）在线段上是否存在点，使得平面，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）推导出平面，从而，推导出，从而平面，由此能证明平面平面； （2）当为中点时，连结，，交于点，则是的中点，连结，推导出，从而平面． 【小问1详解】 证明：由题设知，平面平面， 平面平面， ，平面，平面， 平面，， 为上异于，的点，且为直径，， 又，平面， 平面，平面平面； 【小问2详解】 解：在线段上存在点，当为中点时，使得平面． 证明如下： 连结，，交于点， 是矩形，是的中点，连结， 是中点，， 平面，平面，平面， 所以当为中点时，平面． 17. 某工厂甲乙两条生产线生产了同一种产品，为了解产品质量与生产线的关系，现从这两条生产线所生产的产品中，随机抽取了500件进行检测，检测结果（“合格”或“优良”）如下表： 生产线 检测结果 合计 合格 优良 甲生产线 20 180 200 乙生产线 60 240 300 合计 80 420 500 （1）根据小概率值的独立性检验，能否推断产品检测结果与生产线有关联？ （2）用样本估计总体，频率估计概率.现等可能地从这两条生产线中抽取一条生产线，然后从该生产线随机抽取1件产品. （i）求抽出的产品是优良品的概率； （ii）已知抽出的产品是优良品，求它是从甲生产线抽出的概率. 附：； 0.1 0.01 0.001 2.706 6.635 10.828 【答案】（1）有关联 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）计算出卡方，即可判断； （2）（i）设事件“被选出的是甲生产线”，事件“取出的产品是优良品”，由全概率公式计算可得； （ii）由条件概率公式计算可得. 【小问1详解】 提出零假设：产品检测结果与生产线没有关联， 由， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即产品检测结果与生产线有关联，此推断犯错概率不大于. 【小问2详解】 设事件“被选出是甲生产线”，事件“取出的产品是优良品”， （ⅰ）依题意，， ， 由全概率公式得：. （ⅱ）取出的产品是优良品，则它是从甲生产线取出的概率为： ． 18. 设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，． （1）求C的方程； （2）设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由抛物线的定义可得，即可得解； （2）法一：设点的坐标及直线，由韦达定理及斜率公式可得，再由差角的正切公式及基本不等式可得，设直线，结合韦达定理可解. 【小问1详解】 抛物线的准线为，当与x轴垂直时，点M的横坐标为p， 此时，所以， 所以抛物线C的方程为； 【小问2详解】 [方法一]：【最优解】直线方程横截式 设，直线， 由可得，， 由斜率公式可得，， 直线，代入抛物线方程可得， ，所以，同理可得， 所以 又因为直线MN、AB的倾斜角分别为，所以， 若要使最大，则，设，则， 当且仅当即时，等号成立， 所以当最大时，，设直线， 代入抛物线方程可得， ，所以， 所以直线. [方法二]：直线方程点斜式 由题可知，直线MN的斜率存在. 设,直线 由 得：，,同理，. 直线MD:,代入抛物线方程可得：，同理，. 代入抛物线方程可得:,所以，同理可得， 由斜率公式可得： （下同方法一）若要使最大，则， 设，则， 当且仅当即时，等号成立， 所以当最大时，，设直线， 代入抛物线方程可得，，所以，所以直线. [方法三]：三点共线 设， 设,若 P、M、N三点共线，由 所以，化简得， 反之，若,可得MN过定点 因此，由M、N、F三点共线，得， 由M、D、A三点共线，得， 由N、D、B三点共线，得， 则，AB过定点（4,0） （下同方法一）若要使最大，则， 设，则， 当且仅当即时，等号成立， 所以当最大时，，所以直线. 【整体点评】（2）法一：利用直线方程横截式，简化了联立方程运算，通过寻找直线的斜率关系，由基本不等式即可求出直线AB的斜率，再根据韦达定理求出直线方程，是该题的最优解，也是通性通法； 法二：常规设直线方程点斜式，解题过程同解法一； 法三：通过设点由三点共线寻找纵坐标关系，快速找到直线过定点，省去联立过程，也不失为一种简化运算的好方法． 19. 已知二次函数． （1）若不等式的解集为，求的值； （2）若，且，求的最小值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由不等式的解集为，可得且和是方程的两个实数根，再根据根与系数的关系即可求解； （2）由，可得，再结合基本不等式即可求解. 【小问1详解】 因为不等式的解集为， 所以，且的两根为和， 则根据韦达定理，可得，解得； 【小问2详解】 由，可得，化简得. 又，所以， 当且仅当时，即时等号成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $