河南方城县第一高级中学2025-2026学年高三迎一模数学模拟试题（十四）

方城县第一高级中学2025-2026学年高三迎一模数学模拟试题（十四） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题（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，只有一项是符合题目要求的。） 1．复数的共轭复数的虚部为（　　） A． B． C． D． 2．设集合，，则（   ） A． B． C． D． 3．已知一组数据从小到大排列为70，72，75，76，82，83，84，m，90，92，这组数据的第70百分位数是86，则（ ） A．86 B．87 C．88 D．89 4．已知圆与圆有3条公切线，则实数的值为（   ） A．0或4 B．1或3 C．或 D．或 5．设数列满足，若，则数列的前8项和为（   ） A．255 B．256 C．511 D．510 6．已知函数的定义域为，，，则（   ） A． B． C． D． 7．已知中，点P满足，点Q在内（含边界），其中，则下列说法中不正确的是（   ） A．若，，则 B．若P，Q两点重合，则 C．存在x，y，使得能成立 D．存在x，y，使得能成立 8．若椭圆上存在一点，使得到其左､右焦点的距离之比为，则的离心率的取值范围为（    ） 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．函数在一个周期内的图象如图所示，则下列说法正确的是（    ） A． B．该函数的解析式为 C．将函数的图象向右平移个单位得到的函数是奇函数 D．当时，函数的值域为 10．下列说法正确的有（   ） A．“”是“”的充分条件 B．若函数为奇函数，则必有 C．和表示同一函数 D．若，，，则 11．如图，已知正方体. 的棱长为3，点P 在线段AC 上运动，则（   ） A． 平面 B．存在唯一点 P，使得 与所成角的大小为30° C．与平面所成的角随AP的增大先变大再变小 D．若Q为棱BC 上一动点，则△的周长的最小值为 第二部分（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．抛物线的准线方程是 ． 13．已知，则 ． 14．如图，某城市A，B两地间有整齐的道路网，每两条线的交点处为一个路口，小林要从出发到处，若每次只能向右或向上走一个路口，P，Q两处实行交通管制，不准通行，则从到的走法共有 种．（用数字作答） 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．已知在中，角的对边分别为，且． (1)若，求的外接圆的半径； (2)求面积的最大值． 16．设函数. (1)若，求函数的单调区间； (2)若恒成立，求的取值范围. 17．如图，在四棱锥中， ,是的中点，且. (1)求证：平面平面； (2)若， ①证明：在同一个球面上； ②若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 18．已知数列满足，. (1)证明：数列是等比数列，并求； (2)设，求数列的前项和； (3)设，证明：. 19．已知双曲线的离心率是，虚轴长为2，是坐标原点. (1)求的标准方程； (2)过点的直线与相切，交一条渐近线于点，求的面积； (3)点为的右支上任意一点，过点的直线与相切，交两条渐近线于，两点，证明：的面积为定值，并求出该定值. 试卷第4页，共5页 试卷第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 《方城县第一高级中学2025-2026学年高三迎一模数学模拟试题（十四）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B C D A C C C AC AD 题号 11 答案 ACD 1．B 【分析】根据复数的乘方和除法运算以及共轭复数的概念即可得到答案. 【详解】因为， 则其共轭复数为由， 所以其共轭复数的虚部为. 故选：B． 2．B 【分析】根据补集、并集定义直接计算即可. 【详解】由题意，=. 故选：B 3．C 【分析】根据第百分位数的概念，求出结果即可. 【详解】由题意可知共有10个数，因为，则第70百分位数是第七个和第八个数的平均数， 即，解得. 故选：C. 4．D 【分析】根据题意可知圆和圆外切，利用列等式求解即可. 【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径， 圆与圆恰有3条公切线，圆和圆外切， ，即，解得或. 故选：D. 5．A 【分析】整理可得，分析可知数列是以为首项，2为公比的等比数列，结合等比数列求和公式运算求解. 【详解】因为，则，可得， 等号两边取对数可得， 故数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以的前8项和为． 故选：A． 6．C 【分析】令判断A；令得到即可判断B、C；进而有当且时，，两边求和判断D. 【详解】令，则且，可得，A错； 令，则，可得，即，B错； 由上分析，，，则， 所以，C对； 当且时，，所以，D错. 故选：C 【点睛】关键点点睛：根据递推式得到为关键. 7．C 【分析】由平面向量的线性运算即可判断A；由重心的性质即可判断B；由平面向量基本定理即可判断CD． 【详解】对于A，，即，， 则，，A正确； 对于B，由，得， 所以，又P，Q两点重合，所以，正确； 对于CD，取的中点，则，由点在内（含边界）， 过点作，与线段交于点M，与射线交于点，设， 则，设，则， 由，得，则，C错误，D正确. 故选：C 8．C 【分析】设是椭圆的左右焦点，进而根据题意，结合椭圆的定义得，再结合，即可得答案. 【详解】设是椭圆的左右焦点， 又椭圆上存在一点，使得到其左､右焦点的距离之比为， ，又， ， ，解得，即， 又椭圆离心率的取值范围为，. 故选：C. 9．AC 【分析】根据函数的图象，求得，结合三角函数的图象变换和正弦型函数的图象与性质，逐项判定，即可求解. 【详解】由函数的图象，可得且， 可得，则，所以， 又由，即， 因为，所以，所以，所以B不正确； 又由，所以A正确； 将函数的图象向右平移个单位得到， 可得，可得为奇函数， 即将函数的图象向右平移个单位得到的函数是奇函数，所以C正确； 当时，可得， 当时，即时，函数取得最小值，最小值为； 当时，即时，函数取得最大值，最大值为， 所以当时，函数的值域为，所以D错误. 故选：AC. 10．AD 【分析】根据充分条件的概念判断A，根据奇函数的定义域判断B，根据定义域判断C，根据基本不等式及不等式的性质判断D. 【详解】因为能推出，所以“”是“”的充分条件，故A正确； 函数为奇函数，且定义域中有时，则必有，故B错误； 因为的定义域为，的定义域为，所以不是同一函数，故C错误； 因为，所以，当且仅当时等号成立，故D正确. 故选：AD 11．ACD 【分析】利用面面平行证明线面平行可判断A，先确定的轨迹，研究轨迹和的关系可判断B，结合线面角的表达式可判断C，把三角形三边都转化到底面中，结合余弦定理可求最小值. 【详解】对于A，连接,由正方体的性质可得，, , 因为，平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面，A正确； 对于B，因为，所以与所成角为30°时，与所成角也为30°， 因为，所以， 所以点在底面内的轨迹是以为圆心，为半径的一段圆弧， 如图，在正方形中，，， 作于，由等面积法可得， 所以不存在使得 与所成角的大小为30°，B错误； 对于C，在平面内的投影为，设与平面所成的角为， 则，由图易得随AP的增大先变小再变大，所以先变大再变小， 因为时，为增函数， 所以与平面所成的角随AP的增大先变大再变小，C正确； 对于D，把和侧面分别绕旋转到底面内，如图， △的周长为,由图易知，最小值为图中虚线长， 因为△为等边三角形，且边长为，所以中，，, 由余弦定理可得，D正确. 故选：ACD 12． 【分析】将抛物线方程化成标准方程，判断焦点位置，求出焦准距，即得准线方程. 【详解】由可得，则抛物线的焦点在轴的正半轴上，且， 解得，故抛物线的准线方程为. 故答案为：. 13．或 【分析】以为整体，则，结合三角恒等变换运算求解，注意讨论的符号. 【详解】因为，即， 可得， 且， 若，则， 可得； 若，则， 可得； 综上所述：或. 故答案为：或. 14．24 【分析】根据分类加法和分步乘法计数原理，以及组合与组合数的概念和计算方法，列出所有可能的情况，计算结果即可. 【详解】由题意可知，从出发到处，需要向上4次，向右4次，所以不同的情况有种， 从出发到处，需要向上3次，向右1次，从出发到处，需要向上1次，向右3次， 则从出发经过到处，共有不同情况种， 从出发到处，需要向上1次，向右2次，从出发到处，需要向上3次，向右2次， 则从出发经过到处，共有不同情况种， 则从出发不经过到达处，共有不同情况种. 故答案为：24. 15．(1)； (2). 【分析】（1）利用诱导公式得，再利用三角恒等变换进行展开化简得，最后利用正弦定理即可； （2）解法一：利用正弦定理进行角换边得，再利用余弦定理得，最后根据三角形面积公式和反解法即可得到最值；解法二：同法一得到，再利用万能公式和基本不等式即可得到最值. 【详解】（1）当时，. 因为，所以，则. 又，可得，则. 因为，所以，又因为，所以为锐角，则， 因此，则， 故外接圆的半径. （2）解法一：由正弦定理及，得； 由余弦定理得，又，得， 则， 则. 令，可得， 由辅助角公式可得（其中）， 由，解得， 所以，即， 所以的最大值为. 解法二：同法一得到 ，因为，所以，所以， 又， 所以 当且仅当时取得最大值， 所以的最大值为. 16．(1)递减区间为，递增区间为 (2) 【分析】（1）当时，求得，进而得到函数的单调区间； （2）先求得，利用导数求得函数单调性，得到函数的极小值（最小值），也是最小值，结合恒成立，得出不等式，，即可求得的取值范围. 【详解】（1）解：当时，函数，其定义域为， 则， 令，解得， 当时，，所以在区间上单调递减， 当时，，所以在区间上单调递增， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）解：由函数，可得的定义域为， 则， 因为， 则当时，，在区间上单调递减， 当时，，在区间上单调递增， 所以在处取得极小值，且极小值为，也是最小值， 要使得恒成立，则，解得， 所以的取值范围为. 17．(1)证明见解析 (2)①证明见解析；② 【分析】（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理，证得平面，再由面面垂直的判定定理，即可证得平面平面. （2）①取的中点，连接，证得，分别求得和的长，在上取一点，使得，得到四边形为矩形，证得平面，进而得到，即可证得在以为球心的同一个球面上. ②以为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程，求得的值，即可求解. 【详解】（1）证明：因为，是的中点，所以， 又因为，且平面，平面， 因为，则与相交， 所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）①证明：如图，取的中点，连接， 由（1）知，平面平面，平面平面， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以，所以， 因为，是的中点，所以， 又因为，所以， 因为，所以， 又因为，所以， 在上取一点，使得，连接，可得且， 所以四边形为矩形，所以， 因为，所以，可得， 在中，因为， 可得，所以， 又因为，且，平面， 所以平面，因为平面，所以，所以， 所以， 因为不共面，所以在以为球心的同一个球面上.    ②如图所示，取的中点，连接，则. 以为原点，以直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 设，因为， 则， 可得， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以. 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 又因为平面与平面的夹角的余弦值为，可得， 解得，所以.      18．(1)证明见解析， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意可得，结合等比数列的定义和通项公式证明求解； （2）可得，利用错位相减法结合等比数列求和公式运算求解； （3）可得，检验和，利用放缩法可得当时，则，结合等比数列求和公式分析证明. 【详解】（1）因为，则，可得， 且，可知数列是以为首项，为公比的等比数列， 则，所以. （2）由（1）可知：，则， 可得， 则， 两式相减得 ， 所以. （3）由（1）可知：， 当时，； 当时，； 当时，则， 可得 ； 综上所述：得证. 19．(1) (2) (3)证明见解析，定值为 【分析】（1）根据双曲线离心率和虚轴长列方程求得，即可求解双曲线方程； （2）设直线的方程，与双曲线联立，利用判别式法求得直线的斜率，进而求得原点到直线的距离，联立直线与渐近线方程，求出点的坐标及，代入三角形面积公式即可求解； （3）设过点与双曲线相切的直线为，当直线的斜率不存在时，，，求得；当直线的斜率存在时，设直线，与双曲线方程联立，利用判别式法得，分别联立直线与双曲线的两条渐近线方程求得，的坐标，进一步求得，然后求出原点到直线的距离，代入面积公式得，即可证明. 【详解】（1）由题意知解得 所以的标准方程为. （2）根据题意得，过的直线的斜率存在， 设直线的方程为， 联立消去得， 因为直线与相切，所以且， 解得，所以直线的方程为，即， 所以原点到直线的距离为. 由（1）得，渐近线方程为，联立解得 所以点的坐标为， 又因为点，所以， 因此的面积为. 同理可得，当渐近线方程为时，的面积为. 综上所述，的面积为. （3）设过点与双曲线相切的直线为， ①当直线的斜率不存在时，直线， 直线与双曲线的两条渐近线的交点坐标为，， 所以的面积为； ②当直线的斜率存在时，不妨设直线，联立 消去得， 因为直线与双曲线相切，所以 解得，， 分别联立直线与双曲线的两条渐近线，即或 解得，， 所以， 原点到直线的距离为， 所以的面积为 综上，的面积为定值，该定值为. 答案第12页，共15页 答案第13页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 $