精品解析：河南方城县第一高级中学2026届高三一轮检测数学试题

方城县第一高级中学2026届高三一轮检测数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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. 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. 设全集且，集合，则真子集的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 15 D. 16 2. 化简得（ ） A B. C. D. 3. 已知是两个不共线的向量，，，则三点共线的充要条件是（ ） A. B. C. D. 4. 如图是一个在圆柱顶部挖去一个与该圆柱同底面圆锥的几何模型，已知圆柱的底面半径为3，圆锥的高为4，若该几何模型的体积为60π，则其表面积为（ ） A. 48π B. 60π C. 72π D. 144π 5. 已知函数，利用二分法求函数在内的零点的近似值，则使用两次二分法后，零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 6. 已知盒中有10张纸条，分别写着1~10共10个数字，随机抽出一张，则恰好抽到3的倍数或抽到4的倍数的概率是（ ） A. 0.5 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.2 7. 已知圆，圆，则这两个圆的位置关系为（ ） A. 外离 B. 外切 C. 相交 D. 内含 8. 已知函数，，若方程有四个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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. 已知一组正实数样本数据，满足，则（ ） A. 若，则样本数据的第60百分位数为 B. 去掉样本一个数据，样本数据的极差可能不变 C. 若样本数据频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”（如图所示），则样本数据的平均数大于中位数 D. 将组中的每个数据变为原来的3倍，则所得的新样本数据的方差变为原数据方差的3倍 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，为的中点，则（ ） A. B. 直线与所成角的最大值为 C. 过点作该正方体截面，则截面的面积为 D. 三棱锥外接球半径的取值范围为 11. 已知数列满足，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 若数列为常数列，则 C. 若数列为递增数列，则 D. 当时， 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，则________． 13. 已知是公差不为0的等差数列，，若成等比数列，则__________. 14. 已知函数，若，则的最大值为__________. 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. 已知菱形中，，，为中点，如图一所示，现将沿着折起，使得点到达点，如图二所示． （1）当时，证明：平面平面； （2）当时，求平面与平面所成角的余弦值． 16. 某科技公司计划推出一款基于大模型的智能客服系统，需从“自研大模型方案”和“采购第三方大模型方案”中选择最优方案，系统收益受用户满意度影响，而满意度与大模型的“推理准确性”有关；当推理准确性高时，用户“高满意”、“中满意”、“低满意”的概率分别为0.7，0.2，0.1；当推理准确性低时，用户“高满意”、“中满意”、“低满意”的概率分别为0.2，0.3，0.5．根据测试数据，该公司自研大模型方案准确性高的概率为0.6，采购第三方大模型方案准确性高的概率为0.4（两方案的准确性概率独立，仅用于各自场景的计算）．两种方案的收益（单位：万元，含研发、采购成本）如表． 用户满意度 自研方案收益 采购方案收益 高满意 120 80 中满意 50 40 低满意 （1）分别计算两种方案用户“高满意”，“中满意”、“低满意”的概率； （2）分别计算两种方案的期望收益； （3）根据期望收益，该公司应选择哪种方案？并说明理由． 17. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）当时，关于的不等式有解，求实数的取值范围． 18. 已知双曲线的实轴长为4，且经过点. （1）求的方程； （2）记的右顶点为，点在线段（不含端点）上运动，垂直于轴的直线交于点（在第一象限），点满足，设直线与的另一个交点为. （i）用表示直线的斜率； （ii）证明直线过定点. 19. 已知函数，，． （1）若曲线在点的切线也是曲线的切线，求的值； （2）证明：时，函数在上有唯一的零点； （3）若对任意恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 方城县第一高级中学2026届高三一轮检测数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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. 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. 设全集且，集合，则真子集的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 15 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】用列举法表示出全集，根据补集的概念求得，再根据集合元素个数与真子集关系计算可得. 【详解】全集且， 则，共4个元素， 所以真子集的个数为. 故选：C 2. 化简得（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据诱导公式及同角三角函数基本关系化简可得结果. 【详解】因为 . 又因为2为第二象限角，所以，. 所以. 故选：C 3. 已知是两个不共线的向量，，，则三点共线的充要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用共线向量定理可三点共线的充要条件. 【详解】因为是两个不共线的向量，故，均不为零向量， 若三点共线，则，为共线向量， 故存在实数，使得，故， 而是两个不共线的向量，故，故， 反之，若，则，故， 故，为共线向量，而，共起点，故三点共线， 综上，三点共线的充要条件是， 故选：A 4. 如图是一个在圆柱顶部挖去一个与该圆柱同底面的圆锥的几何模型，已知圆柱的底面半径为3，圆锥的高为4，若该几何模型的体积为60π，则其表面积为（ ） A. 48π B. 60π C. 72π D. 144π 【答案】C 【解析】 【分析】由圆柱、圆锥体积公式列方程求得圆柱的高，再结合圆柱、圆锥的表面积公式求解即可. 【详解】设圆柱的高为，则，解得， 故所求为. 故选：C. 5. 已知函数，利用二分法求函数在内的零点的近似值，则使用两次二分法后，零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二分法求函数在区间内零点的方法逐一判断即可. 【详解】函数，， ，函数的零点在内； ，函数的零点在内； ，函数的零点在内. 故选：A 6. 已知盒中有10张纸条，分别写着1~10共10个数字，随机抽出一张，则恰好抽到3的倍数或抽到4的倍数的概率是（ ） A. 0.5 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.2 【答案】A 【解析】 【分析】根据古典概率模型直接计算即可. 【详解】随机抽出一张，则恰好抽到3的倍数或抽到4的倍数的数有：，共5张， 所以，根据古典概型，恰好抽到3的倍数或抽到4的倍数的概率是. 故选：A 7. 已知圆，圆，则这两个圆的位置关系为（ ） A. 外离 B. 外切 C. 相交 D. 内含 【答案】C 【解析】 【分析】求出圆心距，与半径之和，半径之差的绝对值比较大小即可判断. 【详解】由题可得：,,,, 所以， 所以，故这两个圆的位置关系为相交； 故选：C. 8. 已知函数，，若方程有四个不同的实数根，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出图象，问题转化为必须有两个小于2的不同根，数形结合得解. 【详解】令，则，如图， 由图像可知，和均最多有2个不同的根， 所以要使得有四个不同的解，则必须有两个小于2的不同根，由的图像可得实数的取值范围是. 故选：B 二、多项选择题（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. 已知一组正实数样本数据，满足，则（ ） A. 若，则样本数据的第60百分位数为 B. 去掉样本的一个数据，样本数据的极差可能不变 C. 若样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”（如图所示），则样本数据的平均数大于中位数 D. 将组中的每个数据变为原来的3倍，则所得的新样本数据的方差变为原数据方差的3倍 【答案】BC 【解析】 【分析】根据百分位数的求法，可判断A的正误；根据极差的概念，分析可判断B的正误；根据中位数、平均数的性质，结合图象，可判断C的正误；根据方差的求法，化简整理，可判断D的正误. 【详解】选项A：因为，为整数， 所以第60百分位数为，故A错误； 选项B：极差为最大值与最小值之差， 若去掉样本为中间数据，则最大值与最小值不变，此时极差不变，故B正确； 选项C：右边“拖尾”，则最高峰偏左，中位数靠近高峰处， 右边“拖尾”，说明数据中存在较大的值，这些较大值会拉高平均值，使平均值靠右， 所以样本数据的平均数大于中位数，故C正确； 选项D：设原数据平均数为，方差为，则， 新数据为，则平均数为，新方差， 所以新样本数据的方差变为原数据方差的9倍，故D错误. 故选：BC 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，为的中点，则（ ） A. B. 直线与所成角的最大值为 C. 过点作该正方体的截面，则截面的面积为 D. 三棱锥外接球半径的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】以为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，求出，求出利用向量法即可判断A；求出利用向量法即可判断B；找到截面，即等腰梯形，求其面积即可判断C；设球心，利用两点间距离公式求出，建立等式求出的范围进而求出半径的范围，即可判断D. 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，所以， 设，其中，即， 所以点， 又，，， 所以，， 所以， 所以，故A正确； ， 因为，所以， 所以， 函数在上单调递减， 所以当时，函数取得最大值，当时，函数取得最小值， 所以， 所以， 当时，直线与所成角最大， 因为，故直线与所成角的最大值不为，故B错误； 取中点，连接， 因为为的中点，所以， 截面即为四边形， 又，所以， 又因为，故四边形为等腰梯形， 如图，作，垂足为， 所以， 所以， 所以等腰梯形的面积， 即截面的面积为，故C正确； 取的中点，因为为直角三角形，所以为外接圆的圆心， 设外接球的球心为，根据外接球的性质，则平面， 设球心， 则， ， 因为，所以， 即， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数取得最小值，当时，函数取得最大值， 所以，所以， 即三棱锥外接球半径的取值范围为，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知数列满足，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 若数列为常数列，则 C. 若数列为递增数列，则 D. 当时， 【答案】AD 【解析】 【分析】令可得，据此判断A，令，由递推关系求出即可判断B，根据B及条件数列为递增数列，分类讨论求出或时判断C，通过对取对数，构造等比数列求解即可判断D. 【详解】对于A，当时，，令，则，，故，即，A正确； 对于B，若数列为常数列，令，则，解得或或，B不正确； 对于C，令，则， 若数列为递增数列，则数列为递增数列，则，解得或. 当时，，且， ，此时数列为递增数列，即数列为递增数列； 当时，，且， ，此时数列不为递增数列，即数列不为递增数列； 当时，， ，此时数列为递增数列，即数列为递增数列. 综上，当或，即或时，数列为递增数列，C不正确； 对于D，令，则，，两边同时取以2为底的对数，得，， 数列是首项为1，公比为2的等比数列， ，即，D正确. 故选：AD 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，则________． 【答案】21 【解析】 【分析】对两边求导，再利用赋值法，令，可得，原式中令，可求得，即可求解. 【详解】对两边求导可得： ， 令，可得， 即， 又，令，可得， 所以. 故答案为：. 13. 已知是公差不为0的等差数列，，若成等比数列，则__________. 【答案】16 【解析】 【分析】由是公差不为0的等差数列，根据等差数列的通项公式将用和表示，由成等比数列，根据等比数列得到，代入，得到和的等式，将代入计算出，将用和表示，代入和得解. 【详解】是公差不为0等差数列， ， 成等比数列， ， ， ， ， 或， ，，. 故答案为：16. 14. 已知函数，若，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，转化为讨论三个因式正负号问题，分点，和，三种情况分析讨论，得到当，时，恒成立，进而得到，令，利用导数求得函数的单调性，求得其最大值，即可得到答案. 【详解】由函数，可得其定义域为， 因为恒成立，所以三个因式正负号问题， 当时，可得，当且仅当时，即时，等号成立， 又因为，所以， ①当时，因为，所以， 且时，，此时不满足恒成立， ②当时，因为，当时，， 所以不能满足恒成立， ③当时，因为，所以， 要使得，则须， 又因为函数和在上都是单调递增函数， 要使得在上恒成立，必须两个函数值符号相同， 所以两个函数的零点也相同，即且， 综上可得，当，时，恒成立， 所以， 设，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，函数取得最大值，最大值为， 所以的最大值为. 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. 已知菱形中，，，为中点，如图一所示，现将沿着折起，使得点到达点，如图二所示． （1）当时，证明：平面平面； （2）当时，求平面与平面所成角余弦值． 【答案】（1）证明见解析. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，在中由余弦定理证明，再由勾股定理的逆定理证明，得到，然后由线面垂直的判定定理证明平面即可得； （2）分别求出平面与平面的法向量，代入空间二面角公式计算可得. 【小问1详解】 取的中点，连接， 在中，由余弦定理可得，解得， 所以，即， 因为，所以，即， 平面， 平面，所以， 又菱形中，，为的中点， 且， 所以四边形为平行四边形，即， 所以， 因为平面，所以平面， 因平面，所以平面平面. 【小问2详解】 取的中点为，连接，作， 因为，所以为正三角形，由（1）可知， 所以以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 则， 取，则， 同理设平面的法向量为， 则， 取，则， 所以平面与平面所成角的余弦值为 . 16. 某科技公司计划推出一款基于大模型的智能客服系统，需从“自研大模型方案”和“采购第三方大模型方案”中选择最优方案，系统收益受用户满意度影响，而满意度与大模型的“推理准确性”有关；当推理准确性高时，用户“高满意”、“中满意”、“低满意”的概率分别为0.7，0.2，0.1；当推理准确性低时，用户“高满意”、“中满意”、“低满意”的概率分别为0.2，0.3，0.5．根据测试数据，该公司自研大模型方案准确性高的概率为0.6，采购第三方大模型方案准确性高的概率为0.4（两方案的准确性概率独立，仅用于各自场景的计算）．两种方案的收益（单位：万元，含研发、采购成本）如表． 用户满意度 自研方案收益 采购方案收益 高满意 120 80 中满意 50 40 低满意 （1）分别计算两种方案用户“高满意”，“中满意”、“低满意”的概率； （2）分别计算两种方案的期望收益； （3）根据期望收益，该公司应选择哪种方案？并说明理由． 【答案】（1）答案见解析； （2）自研方案、采购方案的期望收益分别为万元、万元； （3）自研方案，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）根据已知及全概率公式分别求出两种方案对应的用户“高满意”，“中满意”、“低满意”的概率； （2）结合（1）所得概率，及表格数据求两种方案对应的期望收益； （3）由（2）所得并比较大小，即可得结论. 【小问1详解】 若事件分别表示“高满意”、“中满意”、“低满意”， 对于自研方案“准确性高”为事件，准确性高的概率为，则准确性低的概率为， 由题意，， 该方案“高满意”的概率为， “中满意”的概率为， “低满意”的概率为； 对于采购方案“准确性高”为事件，准确性高的概率为，则准确性低的概率为， 由题意，， 该方案“高满意”的概率为， “中满意”的概率为， “低满意”的概率为； 【小问2详解】 由题设及（1），自研方案期望收益为万元， 采购方案期望收益为万元； 【小问3详解】 选择自研方案，理由如下： 由（2）所得的期望知，故该公司应选择自研方案. 17. 已知函数． （1）求函数的单调区间； （2）当时，关于的不等式有解，求实数的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换化简的表达式，结合正弦函数的性质，即可求得答案； （2）化简，参变分离，可得，换元，即令，则求在上的最小值，即可求得答案. 【小问1详解】 由题意，． 求单调递减区间： 由，得， 求单调递增区间： 由，得． 所以函数的单调递增区间为， 单调递减区间为． 小问2详解】 由题意，当时，关于不等式有解， 即不等式有解; 因为当时，，所以有解， 只需要即可． 而． 令，则在上单调递减， 所以当时，，即， 所以实数的取值范围为． 18. 已知双曲线的实轴长为4，且经过点. （1）求的方程； （2）记的右顶点为，点在线段（不含端点）上运动，垂直于轴的直线交于点（在第一象限），点满足，设直线与的另一个交点为. （i）用表示直线的斜率； （ii）证明直线过定点. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由已知列方程组求出，得到双曲线方程； （2）（i）先由点求出直线方程，得到的坐标，再根据向量得到的坐标，由斜率公式求解；（ii）先结合（i）的结论推出，再设出直线的方程并与双曲线方程联立，通过韦达定理和斜率关系推导出直线方程中的参数关系，进而确定直线所过的定点。 【小问1详解】 由题意可知， 解得， 故的方程为. 【小问2详解】 （i）因为，所以直线方程为， 由于，故， 因为，所以， 所以. （ii）由（i）可知， 即. 由题意可知，直线的斜率显然存在， 设直线，联立，消得 ， ， ， 所以， 所以直线， 所以直线过定点. 19. 已知函数，，． （1）若曲线在点的切线也是曲线的切线，求的值； （2）证明：时，函数在上有唯一的零点； （3）若对任意恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义来求曲线在某点处的切线方程即可求解； （2）利用分类讨论，通过导数正负符号的判断可得单调区间，从而分析函数的最小值，再根据零点存在定理，函数在单调区间内，若端点函数值异号，则函数在该区间内有一个零点证明 有唯一零点. （3）利用端点值刚好为，要满足不等式恒成立，必要条件先行，再证明充分性即可求解. 【小问1详解】 由已知得，，在点处的切线方程为. 设与切于，，， 则过该点的切线方程为：， 整理得，由于该切线与重合， 则. 【小问2详解】 由，求导得， ①当时，，在上单调递增； 令，解得 ，有，故此时函数在上有唯一的零点； ②当时，令， 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，也是最小值，， 又因为，当 时，，所以 ； 当 时， ，所以 ; 根据零点存在定理，又因为 在 上单调递减，在 上单调递增，且 ， 所以 在 上有唯一的零点. 综上，当 时，函数 在 上有唯一的零点. 【小问3详解】 由题意得，即对恒成立. 令，， 令，， 因为，， 若，则在处的切线必然是上升的， 又因为，所以当且靠近的函数值满足， 此时就有， 从而可推导在且靠近的附近是递增的， 又因为， 所以在且靠近的附近必有 则必然不满足对恒有， 所以要满足对恒有， 首先必须满足在且靠近的附近， 所以满足， 从而可得参数满足的必要条件是； 下面再证充分性，当，时，则，即有， 又构造，，可得， 所以在区间上单调递增，即， 则可知，则， 恒成立，符合题意， 综上：的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $