精品解析：江苏省扬州市宝应县画川高级中学2026届高三上学期第一次阶段性模拟数学试题

画川高级中学2026届高三年级阶段性模拟试题 数 学 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷． 2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分． 3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上． 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. 椭圆经过和两点，则椭圆的焦距为（ ） A. B. C. D. 2. 下列命题是真命题的是（ ） A. 两个四棱锥可以拼成一个四棱柱 B. 正三棱锥的底面和侧面都是等边三角形 C. 经过不共线的三个点的球有且只有一个 D. 直棱柱的侧面是矩形 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 6 4. 已知数列是等比数列，记数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 5. 已知函数的定义域为，是偶函数，当时，，则曲线在点处的切线斜率为（ ） A. B. C. 2 D. 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数及其导数的定义域均为，在上单调递增，为奇函数，若，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数（e为自然对数底数），若关于x的不等式有且只有一个正整数解，则实数m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，不选或有选错的得0分． 9. 下列命题正确的是（ ） A. 已知关于的回归方程为，则样本点的残差为 B. 数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19的分位数是14 C. 已知随机变量，若最大，则的取值集合是 D. ，，，和，，，的方差分别为和，若且，2，3，，则 10. 定义在上的函数满足，当时，，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数是偶函数 C. 函数在上单调递增 D. 函数在上有最大值4 11. 已知曲线的方程为，则下列说法正确的有（ ） A. 曲线关于原点对称 B. 若曲线上的点，则 C. 若曲线与曲线有公共点，则 D. 若点在曲线上，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 一组从小到大排列的数据：，若删去前后它们的百分位数相同，则______． 13. 若在上单调递减，则实数的取值范围为_______． 14. 在一个不透明的袋子中装有4个形状大小相同，颜色互不相同的小球．某人先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），假设每次摸到球的各种不同情况等可能，第一次摸取后记下摸到的小球颜色，再将摸到的小球放回袋中；第二次摸取后，也记下摸到的小球颜色．则“两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下”的概率为______． 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. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）n为正整数，当时，曲线在点处的切线记为，直线与y轴交点的纵坐标记为，证明：. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，M，N分别为线段，上的点（不在端点）. （1）当M为中点时，，求证：面； （2）当M为中点且N为中点时，求证：平面平面； （3）当N为中点时，是否存在M，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的长，若不存在，说明理由. 17. 甲、乙两人组队准备参加一项挑战比赛，该挑战比赛共分关，规则如下：首先某队员先上场从第一关开始挑战，若挑战成功，则该队员继续挑战下一关，否则该队员被淘汰，并由第二名队员接力，从上一名队员失败的关卡开始继续挑战，当两名队员均被淘汰或者关都挑战成功，挑战比赛结束.若甲每一关挑战成功的概率均为，乙每一关挑战成功的概率均为，且甲、乙两人每关挑战成功与否互不影响，每关成功与否也互不影响. （1）已知甲先上场，， ①求挑战没有一关成功的概率； ②设为挑战比赛结束时挑战成功的关卡数，求； （2）如果关都挑战成功，那么比赛挑战成功.试判断甲先出场与乙先出场比赛挑战成功的概率是否相同，并说明理由. 18. 已知椭圆 与圆 在第一、第四象限分别交于 Q、P 两点，且满足 （1）求椭圆γ的标准方程； （2）A 是椭圆上的一点，若存在椭圆的弦 BC 使得 ，求证:四边形OABC 的面积为定值. 19. 一般地，任何一个复数（a，）可以写成，其中r是复数的模，是以x轴非负半轴为始边，射线OZ为终边的角，称为复数的辐角.我们规定在范围内的辐角称为辐角主值，通常记作argz，如，，.发现，就是说两个复数相乘，积的模等于各复数模的积，积的辐角等于各复数辐角的和.考虑如下操作：从写有实数0，1，的三张卡片中随机抽取两张，将卡片上的两个数依次作为一个复数的实部和虚部.设n为正整数，重复n次上述操作，可得到n个复数，将它们的乘积记为. （1）写出一次操作后所有可能的复数； （2）当，记的取值为X，求X的分布列； （3）求为实数的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 画川高级中学2026届高三年级阶段性模拟试题 数 学 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷． 2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分． 3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上． 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. 椭圆经过和两点，则椭圆的焦距为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出、的值，可得出的值，由此可得出椭圆的焦距. 【详解】由题意可得，解得，，则， 因此，椭圆的焦距为. 故选：D. 2. 下列命题是真命题的是（ ） A. 两个四棱锥可以拼成一个四棱柱 B. 正三棱锥的底面和侧面都是等边三角形 C. 经过不共线的三个点的球有且只有一个 D. 直棱柱的侧面是矩形 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间几何体的结构，依次分析选项即可得到答案. 【详解】对于A，两个四棱锥不一定可以拼成一个四棱柱，A错误． 对于B，正三棱锥的底面是等边三角形，侧面是等腰三角形，不一定是等边三角形，B错误． 对于C，经过不共线的三个点只能确定一个平面，经过不共线的三个点的球有无数个，C错误． 对于D，直棱柱的侧面是矩形，D正确． 故选：D 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量共线列方程，由此求得. 【详解】由于，所以. 故选：B 4. 已知数列是等比数列，记数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据数列是等比数列，可知数列为等差数列，由等差数列的性质求解即可. 【详解】则为常数，所以为常数， 知数列为等差数列， 由，知，又， 所以公差， 故. 故选：A 5. 已知函数的定义域为，是偶函数，当时，，则曲线在点处的切线斜率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】对两边求导可得，先求出，进而可得答案. 【详解】函数的定义域为，是偶函数， 则， 两边同时求导可得：， 当时，， 求导可得，则有， 又由， 令可得：， 则曲线在点处的切线斜率为. 故选：A 6. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】用对数函数的单调性比大小即可. 【详解】因为在定义域上都是单调递增函数， 所以，即. 故选：B 7. 已知函数及其导数的定义域均为，在上单调递增，为奇函数，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由为奇函数得到，再由的单调性可推得的单调性，再比较的大小即可得解. 【详解】因为为奇函数，所以， 令，则，故， 又在上单调递增， 所以当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增； 因为，，， 所以，，， 因为， 由于，故上式等号不成立，则， 又，所以，即，即， 同理可得，所以， 所以. 故选：C. 8. 已知函数（e为自然对数底数），若关于x的不等式有且只有一个正整数解，则实数m的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】若不等式有且只有一个正整数解，则的图象在图象的上方只有一个正整数值，利用导数求出的最小值，分别画出与的图象，结合图象可得. 【详解】解：， ∴， 设， ∴， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， ∴， 当时，，当，， 函数恒过点， 分别画出与的图象，如图所示， ， 若不等式有且只有一个正整数解，则的图象在图象的上方只有一个正整数值， ∴且，即，且 ∴， 故实数m的最大值为， 故选：A 【点睛】本题考查考查了不等式恒有一正整数解问题，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了数形结合思想，考查了数学运算能力. 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，不选或有选错的得0分． 9. 下列命题正确的是（ ） A. 已知关于的回归方程为，则样本点的残差为 B. 数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19的分位数是14 C. 已知随机变量，若最大，则的取值集合是 D. ，，，和，，，的方差分别为和，若且，2，3，，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据残差、百分位数、二项分布、样本方差等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对于A，样本点的残差为，故A正确； 对于B，因为， 所以分位数是，故B错误； 对于C，若最大，则， 解得，所以的取值集合是，，故C错误； 对于D，若且，2，3，，则，2，3，， 所以，故D正确． 故选：AD 10. 定义在上的函数满足，当时，，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数是偶函数 C. 函数在上单调递增 D. 函数在上有最大值4 【答案】AD 【解析】 【分析】采用赋值法，令可求，判断A的真假；再令，可探索与的关系，判断B的真假； 利用函数单调性的概念，结合函数的奇偶性，可判断函数在上的单调性，判断C的真假； 结合函数的单调性，奇偶性及，，可求函数在的最大值，判断D的真假. 【详解】由得，令得，故A正确； 的定义域为，令，得，即，所以是奇函数，故B错误； 取，且，则，结合已知得，即， 又因为是奇函数，所以，即，所以在上单调递减，故C错误； 因为在上单调递减，所以在上有最大值，为，故D正确. 故选：AD 11. 已知曲线的方程为，则下列说法正确的有（ ） A. 曲线关于原点对称 B. 若曲线上的点，则 C. 若曲线与曲线有公共点，则 D. 若点在曲线上，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A利用替换思想通过方程没变化，去判断曲线关于原点对称，对于B利用代换消元去得到新的不等式，再通过已知条件去证明是否成立，对于C，利用方程组消元，再通过分类讨论来分离参变量和去绝对值，最后构造函数求值域即可判断，对于D，则利用放缩思想，即正数大于负数，从而得证． 【详解】对于，用替换方程不变，则曲线关于原点对称，故选项正确； 对于，由，点是曲线上的点，则， 所以上式等价于， 而方程中，即，所以不恒成立，故选项错误； 对于，由曲线方程，可知函数为偶函数， 故曲线关于轴对称，故只需要分析情形两曲线有公共点， 则把代入得， , 当时，， 构造函数，则， 因为，所以， 即在上单调递增， 又因为，当时，， 所以的值域为， 则方程有解的充要条件是，此时满足， 当时，， 构造函数，则， 因为，所以，即 故函数在上单调递减， 又因为，当时，， 所以函数的值域为， 则方程有解的充要条件是，此时不满足， 所以综上可得：，故选项正确； 对于，由点在曲线上得：， 则， 所以 ,故选项正确． 故选：． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 一组从小到大排列的数据：，若删去前后它们的百分位数相同，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据百分位数计算规则得到第百分位数，从而得到方程，解得即可. 【详解】原来有10个数据，，原来第百分位数为， 删去后有9个数据，，则第百分位数， 依题意可得，解得． 故答案为： 13. 若在上单调递减，则实数的取值范围为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意得知，不等式在上恒成立，由参变量分离法得出，求出函数，在区间上的最小值，即可得出实数的取值范围. 【详解】因为在上单调递减， 所以在上恒成立， 所以在上恒成立， 所以在上恒成立，令， 则， 当且仅当，即时等号成立，所以， 即实数的取值范围为. 故答案为：. 14. 在一个不透明的袋子中装有4个形状大小相同，颜色互不相同的小球．某人先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），假设每次摸到球的各种不同情况等可能，第一次摸取后记下摸到的小球颜色，再将摸到的小球放回袋中；第二次摸取后，也记下摸到的小球颜色．则“两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下”的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】应用分步乘法原理及分类加法原理结合组合数的运算，最后结合古典概型计算求解. 【详解】某人先后两次任意摸取小球，每次至少摸取1个小球，则每次摸球的情况有种， 所以先后两次任意摸取小球共有种情况； 两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下的情况有： 第一次摸取1个球，第二次摸取4个球，情况共有种； 第一次摸取2个球，第二次摸取3个球，情况共有种； 第一次摸取3个球，第二次摸取2个球，情况共有种； 第一次摸取4个球，第二次摸取1个球，情况共有种； 因为每次摸到球的各种不同情况等可能， 所以两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色， 且恰有一种颜色两次都被记下的概率为. 故答案为：. 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. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）n为正整数，当时，曲线在点处的切线记为，直线与y轴交点的纵坐标记为，证明：. 【答案】（1） 时，在上单调递减； 时，在上单调递增，在上单调递减； （2） 由题设，则， 则，， 此时在处的切线方程为， 与y轴交点纵坐标为； 所以， 对于且，则，即在上单调递增， 所以，即， 所以，得证. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，讨论、研究函数对应的单调性； （2）对函数求导，应用导数几何意义得处的切线为，进而得到切线与y轴交点纵坐标为，利用导数证在上恒成立，最后应用放缩法、等差数列前n项和公式证明结论. 【小问1详解】 由题设且， 当时，，此时在上单调递减； 当时，时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减； 综上，时，在上单调递减； 时，在上单调递增，在上单调递减； 【小问2详解】 略 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，M，N分别为线段，上的点（不在端点）. （1）当M为中点时，，求证：面； （2）当M为中点且N为中点时，求证：平面平面； （3）当N为中点时，是否存在M，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出的长，若不存在，说明理由. 【答案】 （1）证明：取中点E，连结，， ∵在四棱锥中，平面，， ，，M为中点，， ∴，， ∵，，∴平面平面， ∵平面，∴面. （2）证明：以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，， 设平面的法向量， 则，取，得， 平面的法向量， ∵，∴平面平面. （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）取中点E，连结，，推导出，，从而平面平面，由此能证明面. （2）以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面平面. （3）假设存在存在，使得直线与平面所成角的正弦值为..推导出，求出平面的法向量，利用向量法能推导出，即可得解. 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：假设存在存在，使得直线与平面所成角的正弦值为，. 则，解得，，，∴， 则，，， 设平面的法向量， 则，取，得， ∵直线与平面所成角的正弦值为， ∴， 整理，得，解得（舍）或， ∴存在M，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时 【点睛】此题考查线面平行的判定和面面垂直的判定，考查线面角，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题 17. 甲、乙两人组队准备参加一项挑战比赛，该挑战比赛共分关，规则如下：首先某队员先上场从第一关开始挑战，若挑战成功，则该队员继续挑战下一关，否则该队员被淘汰，并由第二名队员接力，从上一名队员失败的关卡开始继续挑战，当两名队员均被淘汰或者关都挑战成功，挑战比赛结束.若甲每一关挑战成功的概率均为，乙每一关挑战成功的概率均为，且甲、乙两人每关挑战成功与否互不影响，每关成功与否也互不影响. （1）已知甲先上场，， ①求挑战没有一关成功的概率； ②设为挑战比赛结束时挑战成功的关卡数，求； （2）如果关都挑战成功，那么比赛挑战成功.试判断甲先出场与乙先出场比赛挑战成功的概率是否相同，并说明理由. 【答案】（1）①； ② （2）概率相同，理由如下： 设甲先出场比赛挑战成功的概率为，乙先出场比赛挑战成功的概率为， 则 由， 得 因此，甲先出场与乙先出场比赛挑战成功的概率相同. 【解析】 【分析】（1）①记甲先上场且两关都没成功的概率为.甲每关不成功概率是，乙每关不成功概率是.再结合独立事件乘法公式计算即可； ②取值有，，.求出对应概率，再按期望算法算出期望.   （2）设甲先出场成功概率为，乙先出场成功概率为.把和展开成式子，对应部分相等，所以，即甲、乙先出场成功概率一样. 【小问1详解】 ①记甲先上场且挑战没有一关成功的概率为，则. ②依题可知，的可能取值为，则 ， 所以. 【小问2详解】 略 18. 已知椭圆 与圆 在第一、第四象限分别交于 Q、P 两点，且满足 （1）求椭圆γ的标准方程； （2）A 是椭圆上的一点，若存在椭圆的弦 BC 使得 ，求证:四边形OABC 的面积为定值. 【答案】（1） （2） 证明：设，，则直线的斜率为，且，即， 因为，所以四边形是平行四边形，， 设直线的方程为，,，,， 联立，得， 所以，， 所以， 因为， 所以， 整理得，即， 而点到直线的距离为， 所以四边形的面积，为定值． 【解析】 【分析】（1）根据椭圆和圆的对称性可得，，再代入椭圆和圆的方程中，解方程组求出和的值即可； （2）设，，易知四边形是平行四边形，设直线的方程为，将其与椭圆方程联立，结合韦达定理，弦长公式以及椭圆的方程，推出，再利用点到直线的距离公式，表示出四边形的面积，然后化简即可得定值． 【小问1详解】 由对称性知，， 因为，，所以△是边长为1的等边三角形， 因为位于第一象限，所以,， 代入椭圆的方程有， 代入圆的方程有， 联立解得，， 所以椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 略 19. 一般地，任何一个复数（a，）可以写成，其中r是复数的模，是以x轴非负半轴为始边，射线OZ为终边的角，称为复数的辐角.我们规定在范围内的辐角称为辐角主值，通常记作argz，如，，.发现，就是说两个复数相乘，积的模等于各复数模的积，积的辐角等于各复数辐角的和.考虑如下操作：从写有实数0，1，的三张卡片中随机抽取两张，将卡片上的两个数依次作为一个复数的实部和虚部.设n为正整数，重复n次上述操作，可得到n个复数，将它们的乘积记为. （1）写出一次操作后所有可能的复数； （2）当，记的取值为X，求X的分布列； （3）求为实数的概率. 【答案】（1）1，i，，，， （2）X的分布列为 X 1 2 3 4 P （3）【解析】 【分析】（1）根据题意，直接得到结果； （2）根据题意，由条件可得X的取值为1，，2，3，，4，然后分别计算其对应概率，即可得到分布列； （3）根据题意，由条件可得或，分别得到一次操作后得到的复数的辅角主值，然后在次操作中，分别设得到i，的次数为，的次数为，的次数为，即可得到，然后得到与之间的关系，即可得到结果. 【小问1详解】 一次操作后可能的复数为：1，i，，，，， 【小问2详解】 一次操作后复数的模所有可能的取值为是：1，1，，，2，2 由，故X的取值为1，，2，3，，4 ，，. ，，， 所以X的分布列为 X 1 2 3 4 P 【小问3详解】若为实数，则或. 而1，i，，，，的辅角主值分别是0，，0，，，， 设在n次操作中，得到i，的次数为，得到的次数为，得到的次数为， 于是， 从而，即 因此，所有的概率即为是3的倍数的概率，下面研究与之间的关系. （ⅰ）是3的倍数，且第次操作得到的复数是1，i，，（概率为）； （ⅱ）被3除余1，且第次操作得到的复数是（概率为）； （ⅲ）被3除余2，且第次操作得到的复数是（概率为）； 因此由全概率公式可以得到： 变形得，其中，故 【点睛】关键点睛：本题主要考查了复数与离散型随机变量以及数列的综合应用，难度较大，结合数列的递推关系式从而得到与之间的关系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $