精品解析：内蒙古乌兰察布市2026届2025-2026学年高三1月质量检测数学试题

高三数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：高考范围. 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. 已知为虚数单位，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知抛物线：的焦点为，点在上，且，为原点，则（ ） A. 6 B. C. 4 D. 3. 印刷电路板（PCB）是支撑数字产业的核心组件，中国在全球已形成显著竞争优势.某机构调研得到2021—2025年度中国PCB市场规模（单位：千亿元）依次为3.88，3.84，4.16，4.46，4.71，则这5个数据的40%分位数是（ ） A. 4.02 B. 4.00 C. 3.88 D. 3.84 4. 若向量，，记，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知正数，满足，则的最小值为（ ） A 6 B. 7 C. 8 D. 9 6. 在中，内角，，的对边分别为，，.若，，，则（ ） A. B. 20 C. 16 D. 7. 已知正四面体的顶点均在球O的表面上，其内切球为球M，则球O与球M的表面积之比为（ ） A. 3 B. 9 C. 3π D. 9π 8. 若函数有极值，则实数的取值范围是（ ） 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. 已知集合，若集合满足，则可以是（ ） A. B. C. D. 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知定义域与值域均为函数满足，，，且，则（ ） A. B. C. ，是奇函数 D. ，满足 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ______. 13. 已知双曲线：（，），记，经过点，（），且（为原点），则的离心率为______. 14. 若函数有零点，则实数的取值范围是______. 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. 已知数列的前项和. （1）证明：是等比数列； （2）若，分别是等差数列的第1项与第3项，求的公差. 16. 某生态农场用精准农业技术种植番茄，研究两种智能灌溉系统（型与型）对果实品质的影响.农场随机选取200株番茄，记录灌溉类型及果实糖度达标情况，得如下列联表： 灌溉系统 糖度达标 糖度不达标 合计 型 62 38 100 型 45 55 100 合计 107 93 200 （1）根据小概率值的独立性检验，判断番茄果实糖度达标与灌溉类型是否有关联； （2）该农场同时测试无土栽培技术对产量的影响，已知单株番茄产量（）为，通过测试得到使用无土栽培时的分布列为： 1 1.5 2 0.2 0.5 03 使用传统土壤栽培时的分布列为： 0.8 1.2 1.6 0.4 0.4 0.2 从这两种方式栽培番茄中随机各抽取1株，若使用无土栽培技术与使用传统土壤栽培时番茄的产量相互独立，求抽到的2株番茄总产量大于的概率. 附：，其中. 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 17. 如图，几何体为四棱锥和三棱锥的组合体．在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面，，． （1）求证：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知椭圆：（）的实轴长为，点在上. （1）求的离心率； （2）若，分别为的左、右顶点，过点且斜率不为0的直线与交于，两点，直线，交于点，证明：点在定直线上； （3）已知，，均在上，为原点，，其中，均不在轴上，，且，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值. 19. 已知函数. （1）若在上单调递增，求取值范围； （2）若，证明：； （3）试讨论过点且与曲线相切的直线的条数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：高考范围. 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. 已知为虚数单位，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求解即得. 【详解】由，得. 故选：C 2. 已知抛物线：的焦点为，点在上，且，为原点，则（ ） A. 6 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据抛物线定义可得，代入方程可得，即可得结果. 【详解】由题意可知：抛物线焦点为，准线为， 因为，即， 且，所以. 故选：B. 3. 印刷电路板（PCB）是支撑数字产业的核心组件，中国在全球已形成显著竞争优势.某机构调研得到2021—2025年度中国PCB市场规模（单位：千亿元）依次为3.88，3.84，4.16，4.46，4.71，则这5个数据的40%分位数是（ ） A. 4.02 B. 4.00 C. 3.88 D. 3.84 【答案】A 【解析】 【分析】将给定的5个数据由小到大排列，利用第40%分位数的定义求解即得. 【详解】5个数据由小到大排列为：3.84，3.88，4.16，4.46，4.71， 由，得这5个数据的40%分位数是. 故选：A 4. 若向量，，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出，利用向量夹角的余弦公式求得，结合二倍角公式即可求解. 【详解】由题意得，所以，所以. 故选：D 5. 已知正数，满足，则的最小值为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】整理可得，利用乘“1”法结合基本不等式运算求解. 【详解】因为正数，满足，则， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为9. 故选：D. 6. 在中，内角，，的对边分别为，，.若，，，则（ ） A. B. 20 C. 16 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理、余弦定理求解即可. 【详解】因为，，所以. 由正弦定理可知，，所以，， 又，所以，所以. 由余弦定理知，，所以，即. 又， 所以，所以. 故选：D. 7. 已知正四面体的顶点均在球O的表面上，其内切球为球M，则球O与球M的表面积之比为（ ） A. 3 B. 9 C. 3π D. 9π 【答案】B 【解析】 【分析】设正四面体的棱长为1，过A作平面的垂线，垂足为F，求得球O的半径R，利用等体积法求得内切球的半径，进而计算可求得球O与球M的表面积之比. 【详解】设正四面体的棱长为1，过A作平面的垂线，垂足为F，则F为的中心， 连接并延长交于E，则，，O在上， 因为，所以，所以， 设球O半径为R，则，即，解得. 设四面体内切球的半径为，则，所以， 所以球O与球M的表面积之比为. 故选：B. 8. 若函数有极值，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，得，将函数有极值问题转化为函数有极值问题，再求出导数，并按分类探讨导函数有无变号零点问题求解. 【详解】令，则，原函数化为，依题意，函数有极值， 求导得， 令，，求导得， 而，令，得， 当时，，则，得函数在上单调递减， 又时，；时，， 因此存在，使得，即函数，亦即函数存在极值； 当时，，由，得；由，得， 函数在上递减，在上递增，则， 设，求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，又，且时，， 则时，，此时函数，即无极值； 当时，，且时，；时，， 此时函数，即存在极值， 所以的取值范围为. 故选：A 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. 已知集合，若集合满足，则可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意化简集合，结合交集运算逐项分析判断. 【详解】对于选项A：若， 满足，符合题意，故A正确； 对于选项B：若， 则，不符合题意，故B错误； 对于选项C：若， 满足，符合题意，故C正确； 对于选项D：因为， 则，不符合题意，故D错误； 故选：AC. 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由二项式展开式通项可判断A，由二项式系数的性质可以判断B，利用赋值法分别令和可以判断C，二项式系数和的性质可以判断D. 【详解】二项式的展开式的通项为，， 所以， 计算可得， 比较可知系数最大值为，故A错误，B正确； 令，得； 令，得， 两式相减，得，所以，故C正确； 由，得，所以，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知定义域与值域均为的函数满足，，，且，则（ ） A. B. C. ，是奇函数 D. ，满足 【答案】ACD 【解析】 【分析】令，得到，由于的定义域与值域均为，令，得，则解析式为，逐个选项判断即可. 【详解】令，则， 由于的定义域与值域均为，则令， 有，即； ，A正确； ，，B错误； ，是奇函数，C正确； ，，满足，D正确； 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ______. 【答案】2 【解析】 【分析】利用指数运算性质和对数的换底公式可计算出所求代数式的值. 【详解】. 故答案为：2. 13. 已知双曲线：（，），记，经过点，（），且（为原点），则的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，结合双曲线的对称性可得，将代入双曲线方程即可求出离心率. 【详解】依题意，是双曲线：的半焦距，令右焦点为， 由经过点，（），得点关于轴对称，即， 则，于是，而，则， 由点在双曲线上，得，即，整理得， 因此，即，则，而， 所以的离心率. 故答案为： 14. 若函数有零点，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】换元令，可得在内有零点，分、和三种情况，结合绝对值的性质分析求解即可. 【详解】令，可得在内有零点， （i）若，则， 令，解得，不合题意； （ⅱ）若，则， 令，解得，不合题意； （ⅲ）若，根据绝对值的性质可得， 又因为，则， 因为在内有零点，则， ①当时，则，解得； ②当时，则，解得； 综上所述：实数的取值范围是. 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. 已知数列的前项和. （1）证明：是等比数列； （2）若，分别是等差数列的第1项与第3项，求的公差. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定的递推公式，利用，结合等比数列定义推理得证. （2）由（1）的结论求出，进而求出并求出公差. 【小问1详解】 数列的前项和，当时，， 即，而，解得， 所以是以为首项，为公比的等比数列. 【小问2详解】 由（1）得，则，， 所以等差数列的公差. 16. 某生态农场用精准农业技术种植番茄，研究两种智能灌溉系统（型与型）对果实品质的影响.农场随机选取200株番茄，记录灌溉类型及果实糖度达标情况，得如下列联表： 灌溉系统 糖度达标 糖度不达标 合计 型 62 38 100 型 45 55 100 合计 107 93 200 （1）根据小概率值的独立性检验，判断番茄果实糖度达标与灌溉类型是否有关联； （2）该农场同时测试无土栽培技术对产量的影响，已知单株番茄产量（）为，通过测试得到使用无土栽培时的分布列为： 1 1.5 2 0.2 0.5 0.3 使用传统土壤栽培时的分布列为： 0.8 1.2 1.6 0.4 0.4 0.2 从这两种方式栽培的番茄中随机各抽取1株，若使用无土栽培技术与使用传统土壤栽培时番茄的产量相互独立，求抽到的2株番茄总产量大于的概率. 附：，其中. 0.05 0.01 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）有关联； （2）0.28. 【解析】 【分析】（1）利用给定列联表中数据求出的观测值，再与临界值比对即可得解. （2）由给定的分布列，利用互斥事件及相互独立事件的概率公式计算得解. 【小问1详解】 零假设为番茄果实糖度达标与灌溉类型没有关联， 根据列联表中的数据，经计算得到， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即认为番茄果实糖度达标与灌溉类型有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05. 【小问2详解】 令使用无土栽培的单株番茄产量为，使用传统土壤栽培的单株番茄产量为， 抽到的2株番茄总产量为，则， 则 ， 所以抽到的2株番茄总产量大于的概率为0.28. 17. 如图，几何体为四棱锥和三棱锥的组合体．在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面平面，，． （1）求证：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据多面体的性质由线线垂直得出线面垂直，由两直线垂直于同一平面证明线线平行； （2）建立空间直角坐标系，得出相关点坐标及向量坐标，进而求出平面法向量，最后利用向量夹角余弦公式求解． 【小问1详解】 证明：在正方形中，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 取的中点O，连接，， ，， ，， 又，平面，平面， 又平面，， 又，，平面，平面， 又平面，． 【小问2详解】 在中，，，， 取的中点G，连接，则，，两两垂直， 以O为原点，直线，，分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量，则，即， 令，解得，，， 设直线与平面所成的角为，则， 直线与平面所成角的正弦值为． 18. 已知椭圆：（）的实轴长为，点在上. （1）求的离心率； （2）若，分别为的左、右顶点，过点且斜率不为0的直线与交于，两点，直线，交于点，证明：点在定直线上； （3）已知，，均在上，为原点，，其中，均不在轴上，，且，记直线，的斜率分别为，，证明：为定值. 【答案】（1） （2）证明见详解 （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据长轴长可得，代入点可得，进而可得离心率； （2）设直线：，，与椭圆方程联立可得韦达定理，进而可得，联立直线方程可得，运算求解即可； （3）设，根据题意结合向量运算可得，代入椭圆方程可得，即可得结果. 【小问1详解】 由题意可知：，即，椭圆方程为， 代入点可得，解得， 所以椭圆的离心率. 【小问2详解】 由（1）可知椭圆的方程为，， 因为直线的斜率不为0，且直线与椭圆必相交， 设直线：，， 联立方程，消去x可得， 则，，可得， 由题意可知：直线，直线， 联立方程消去y可得 ， 即，可得， 所以点在定直线上. 【小问3详解】 设，且， 则，且，， 可得，即， 代入椭圆方程可得， 整理可得， 又因为，，， 可得，即， 且，可得，即， 所以（为定值）. 19. 已知函数. （1）若在上单调递增，求的取值范围； （2）若，证明：； （3）试讨论过点且与曲线相切的直线的条数． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，在上恒成立，再分类讨论结合参变分离求解即可； （2）构造函数，利用导数分析其单调性和最值，可得，即可证明结论； （3）分、，利用导数的几何意义，结合切线斜率，再参变分离讨论求解即可． 【小问1详解】 解：当时，，则， 因为在上单调递增，所以，即. 当时，， 因为在上单调递增，所以， 即对恒成立，所以. 综上，得，所以的取值范围是； 【小问2详解】 证明：当时，，设，则. 当时，；当时，， 所以上单调递增，在上单调递减， 所以，即，所以，即； 【小问3详解】 解： 当时，，， 设过点的直线与的图象切于点， 则切线斜率，即，整理得. 设，则， 所以在上单调递减，且，当时，， 所以，当时，满足条件的s的值只有1个，切线有1条； 当时，满足条件的s的值不存在，切线不存在. 当时，，， 当为切点时，，解得， ，故切线方程为； 当不是切点时，设切点为， 则切线斜率，即，整理得. 设，则，当或时，； 当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 且当时，，，，， 所以，当时，满足条件的t的值不存在，切线不存在； 当或或时，满足条件的t的值只有1个，切线有1条； 当时，满足条件的t的值只有2个，切线有2条， 当时，满足条件的t的值只有3个，切线有3条. 综上，当时，切线有0条；当或时，切线有1条； 当或或时，切线有2条，当时，切线有3条． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $