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（十三）

方城县第一高级中学2025-2026学年高三迎一模数学模拟试题（十三） 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．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数则=（    ） A． B． C． D．2 3．有一位射击运动员在一次射击测试中射靶 10 次，记录每次命中的环数，得到如下一组数据: 7，8，7，9，5，6，9，10，7，4. 则这组数据的第25百分位数为（    ） A．5.5 B．6 C．8.5 D．9 4．已知中心在坐标原点，焦点在x轴上的双曲线C的虚半轴长为1，半焦距为，则其渐近线方程为（    ） A． B． C． D． 5．已知变量x和y的统计数据如表，若由表中数据得到回归直线方程为，则时的残差为（    ） x 4 4.5 5 5.5 6 y 7 6 4 2 1 A．0.2 B． C．0.4 D． 6．设，，，则下列选项正确的是（   ） A． B． C． D． 7．已知数列的前项和为，满足，记表示不超过的最大整数，设，则数列的前20项和为（    ） A．209 B．210 C．211 D．212 8．已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个球，则该球的表面积的最大值为（    ） 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．已知，是椭圆的两个焦点，过的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，则下列说法正确的是（   ） A．椭圆的离心率为 B．存在点使得 C．若，则 D．面积的最大值为12 10．已知点在双曲线上，分别是左、右焦点，若的面积为20，则下列判断正确的有（    ） A．点到轴的距离为 B． C．为钝角三角形 D． 11．已知分别为与的零点，则（    ） A． B． C． D． 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．已知函数是定义在上的奇函数，当时， ，则 . 13．中，为三角形的垂心，又，则 . 14．已知有A，B两个盒子，其中A盒装有2个黑球和1个白球，B盒装有1个黑球和2个白球，这些球除颜色外完全相同.甲从A盒、乙从B盒各随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，并将取出的2个球全部放入A盒中；若2个球异色，则乙胜，并将取出的2个球全部放入B盒中.按上述方法重复操作两次后，A盒，B盒中球的个数保持不变的概率是 . 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．设等差数列的前项和为，已知，. (1)求数列的通项公式； (2)设，为数列前项的和，求. 16．如图，平行四边形 中， 中点为 ，现以 为折痕把 折起，使点 到达点 的位置. (1)若 中点为 ，证明：平面 ； (2)若 ，求 与平面 所成角的正弦值. 17．甲、乙两工厂共同生产一种零件， 经过抽样调查， 质检人员发现: 甲工厂生产的一批零件的合格品率为 85%；乙工厂生产的另一批零件的合格品率为 95%；若将这两批零件混合放在一起，则合格品率为 89%. (1)设甲工厂生产的这批零件有 件，乙工厂生产的这批零件有 件. 求证: ； (2)按照分层随机抽样的方法从两个工厂生产的零件中随机抽取 5 个，再从这 5 个零件中抽取 3 个，记这 3 个零件中来自乙工厂的个数为 ，求 的分布列和数学期望. 18．已知函数. (1)若，求的最大值； (2)证明存在唯一的极大值点，且； (3)若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围. 19．已知抛物线的焦点为，半径为的圆与轴相切于点，圆与抛物线的一个公共点记为. (1)设，试建立关于的函数关系式(用含的式子表示)； (2)若是唯一的公共点，且. (ⅰ)求的方程； (ⅱ)为直线上的动点，直线与抛物线的另一个交点为，直线与轴的交点分别为，求的值. 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4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（十三）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A B B D D C B BCD BC 题号 11 答案 ACD 1．B 【分析】先解绝对值不等式得集合B，再求集合B的补集，进而可得结果. 【详解】由，得或，即或，所以或 所以，故，如图： 故选：B. 2．A 【分析】先根据虚数单位的运算规则化简复数，再求出其共轭复数，最后根据复数的模的计算公式求出. 【详解】 ，所以. 所以. 故选：A. 3．B 【分析】先从数据从小到大排列，再根据百分位数的定义进行求解. 【详解】将数据从小到大排列为4，5，6，7，7，7，8，9，9，10， ，故从小到大选取第3个数作为这组数据的第25百分位数，即6. 故选：B 4．B 【分析】利用待定系数法结合题意求得双曲线方程，进而求得渐近线方程. 【详解】依题意，设双曲线方程为， 则由双曲线的几何性质易得，故， 故双曲线方程为，所以其渐近线方程为. 故选：B. 5．D 【分析】根据题意，由条件可得样本中心点的坐标，即可得到，得到线性回归方程，然后求得时的预测值，再由残差定义即可求解. 【详解】因为，， 则样本中心点为，代入可得， 所以回归直线方程为， 当时，， 所以时的残差为. 故选：D 6．D 【分析】由于，，，再利用对数的性质比较即可得结论. 【详解】，，， 又，，，， 所以， . 故选：D. 7．C 【分析】根据公式可得数列的递推公式，利用等比数列的概念，可得通项，结合题意，结合等差数列的求和公式，可得答案. 【详解】当时，；当时，，所以，故. 又因为，所以，所以，从而，得， 当时，；当时，，所以数列的前20项和为. 故选：C. 8．B 【分析】根据题意，作出圆台轴截面，分析可知，当球与相切时，其表面积最大，再结合条件求得球的半径，得到结果即可. 【详解】如图，作出圆台的轴截面，要使球的表面积最大，则球需要与相切， 设圆的半径为，则， 因为，所以， 作，，因为，所以， 而，由勾股定理得， 则，且， 而， 即得到，解得， 则该球的表面积的最大值为，故B正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：解题关键是判断出表面积最大时的情况，然后利用勾股定理建立方程，得到球的半径，进而得到所要求的表面积即可． 9．BCD 【分析】根据离心率的公式即可判断A；设，根据向量的数量积即可判断B；根据椭圆的定义可判断C；由点在左右顶点时，面积的最大值，可判断D. 【详解】由，则，，，焦点在轴上， ，， 对于A，离心率，故A错误； 对于B，设，， ，若，则, 即， 解得，故存在点A使得，故B正确；    对于C，在中，， 若，则， 当为通径时，，当为长轴时，， 所以，此时满足，故C正确； 对于D，当点在左右顶点时，面积的最大值， 即. 故选：BCD. 10．BC 【分析】设点，根据求得判断A；求出点的坐标，利用两点距离求出，根据双曲线定义求出，即可判断B；结合B选项，利用余弦定理求得，则为钝角，即可判断C；由得，即可判断D． 【详解】设点． 因为双曲线，所以，，，． 对于A，，所以， 所以点到轴的距离为4，错误． 对于B，将代入得，则． 由双曲线的对称性，不妨取点的坐标为，得． 由双曲线的定义得，所以，正确． 对于C，结合B选项，在中，， 且，则为钝角， 所以为钝角三角形，正确． 对于D，由，得，且， 所以，所以，错误． 故选：BC 11．ACD 【分析】解法一：根据对称性转化判断B，C，再化简计算判断A，应用导数得出单调性判断D.解法二：利用函数同构得出B，化简判断A，C，根据单调性计算判断D. 【详解】解法一：设直线与曲线分别交于点与点， 因为直线垂直于直线与互为反函数， 则点与点关于直线对称， 所以，于是并且，故B错误，C正确； ，即，故A正确； 因为在单调递增，且， 故，令， 则，所以在单调递减， 所以，即，即，所以D正确. 故选:ACD. 解法二：利用函数同构，直接得到，， 得，得到.B错误； 对于，A正确； 对于，C正确； 对于，在上递减，得，，D正确. 故选:ACD. 12． 【分析】先得到，根据函数为奇函数得到，求出答案. 【详解】是定义在上的奇函数，故， 又当时，，故， 所以. 故答案为： 13． 【详解】 如图所示，过作于，过作于，，连接, 在中，，那么， 则， 又  故， 可知， 所以； 故答案为：. 14． 【分析】根据题意可知：要保证重复操作两次后，A盒，B盒中球的个数保持不变，须甲、乙各胜出一次.依次分析各种取球情况，即可得到正确答案. 【详解】根据题意可知：要保证重复操作两次后，A盒，B盒中球的个数保持不变，须甲、乙各胜出一次. 记为甲第次胜出，；记为乙第次胜出，； 第一次取球，甲、乙均取到黑球，甲胜出的概率为.此时，B盒只余两个白球，A盒中有3个黑球1个白球，所以第二次乙只能取到白球，而甲取到黑球的概率为. 第一次取球，甲、乙均取到白球，甲胜出的概率为.此时，B盒中有1个白球1个黑球，A盒中有2个黑球2个白球，所以第二次乙取到白球、甲取到黑球的概率为，第二次乙取到黑球、甲取到白球的概率为，即该情况下，第二次乙胜出的概率为. .第一次取球，甲取到白球、乙取到黑球，乙胜出的概率为.此时，A盒只余两个黑球，B盒中有1个黑球3个白球，所以第二次甲只能取到黑球，而乙取到黑球的概率为. 第一次取球，甲取到黑球、乙取到白球，乙胜出的概率为.此时，A盒中有1个白球1个黑球，B盒中有2个黑球2个白球，所以第二次甲、乙均取到黑球的概率为，第二次甲、乙均取到白球的概率为，即该情况下，第二次甲胜出的概率为. 因此，. 故重复操作两次后，A盒，B盒中球的个数保持不变的概率是. 故答案为：. 15．(1) (2) 【分析】（1）由题意设出等差数列的公差，化简题目中的等式，可得答案； （2）利用裂项相消法求和即可. 【详解】（1）由题意设等差数列的公差为， 由题意，解得，所以. （2）， 所以数列的前50项和， 所以. 16．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取中点，证明四边形是平行四边形，则由线面平行的判定定理可证； （2）根据给定条件，建立空间直角坐标系，再由线面角的向量求法求解. 【详解】（1）取中点，连接，因为分别为中点，所以，且， 又四边形是平行四边形，且为中点，所以，且， 所以，且，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面. （2）在中，， 所以，所以， 因为，所以. 在中，， 所以，即，解得. 因为，所以，又，平面， 所以平面ABCD. 以为原点，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，则，即，令，则， 所以是平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值是. 17．(1)证明见解析； (2)分布列见解析，数学期望为. 【分析】（1）求出甲、乙合格件数以及混合后合格件数，从而得到方程，即可证明； （2）写出的可能取值，再利用超几何分布求出对应概率值即可，最后得到期望值. 【详解】（1）依题意，甲工厂生产的件零件的合格件数为， 乙工厂试生产的件的合格件数为， 又混合后，总零件数为，合格品率为， 则混合后合格零件数为， 解得，即（证毕）． （2）设甲工厂生产的这批零件有件，乙工厂试生产的这批零件有件， 由（1）可知，故抽出的5件产品中有3件来自甲工厂，2件来自乙工厂， 可能取值为0,1,2， 所以， 所以 的分布列为： 0 1 2 . 18．(1)0； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）对函数求导得，令且，判断导数的区间符号确定单调性，进而求最大值； （2）设，根据零点存在性定理确定零点所在区间，进而判断的符号，求的单调性，再求其极大值点，最后证明； （3）问题化为，讨论、、，再应用导数研究不等式恒成立求参数范围. 【详解】（1）当时，，则. 易知在上单调递减，且， 当时，单调递增，当时，单调递减， 因此的极大值即最大值，为； （2），设， 因为，所以在上单调递减，又，时，， 因此，使得，即，即， 当时，单调递增，当时，单调递减， 因此存在唯一的极大值点， ， 当且仅当时等号成立，得证. （3），即，因为，所以， 当时，不等式恒成立； 当时，不等式转化为恒成立，设， 所以， 令，解得，则在上的单调性如下， 在上，单调递增，在上，单调递减， 所以在内有唯一极大值点，即，从而， 当时，不等式转化为恒成立， 令，解得，则在上的单调性如下， 在上，单调递减，在上，单调递增， 所以在内有唯一极小值点，则，从而， 综上，的取值范围是. 19．(1) (2)(ⅰ) ；(ⅱ) 【分析】（1）写出圆的方程，根据点在圆上列方程，再根据点在抛物线上消去即可求出答案； （2）(ⅰ)将圆的方程与抛物线方程联立消得，根据题意得方程有且只有一个根，令，通过求导求出函数的唯一零点，即为，代入（1）的结论即可求出抛物线方程；(ⅱ)联立直线方程与抛物线方程求出点的坐标，写出直线的方程即可求出，求出，即可求出答案. 【详解】（1）当在轴上方时，由题意知，此时， 圆方程为， 因为在圆上，则，即， 又，则，即， 同理当在轴下方时，， 综上，. （2）(ⅰ)不妨设在轴上方，当时，圆方程为， 联立，消得， 由题意得，方程有且只有一个解，且根据方程可知此解一定位于， 令，， 令，函数在上单调递增， 则，， 当时，，则函数在上单调递减， 当时，，则函数在上单调递增， 则有且只有一个零点时，， 联立，解得，即， 代入，解得， 所以的方程为. (ⅱ)不妨设在轴上方，由(ⅰ)知，， 当时，为同一点，则设，， 直线方程为， 联立，得， 所以，所以，则，则， 则直线方程为， 令，则，即， 直线的方程为， 令，则，即， 直线的方程为， 令，则，即， 则，， 则.    答案第14页，共14页 答案第1页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $