精品解析：广东省汕头市潮阳实验学校2026届高三上学期一模数学试题

高三数学试卷 命题人：梁安 审题人：刘光灿 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，若为的真子集，则m的取值范围是（    ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量与不共线，向量，若，则实数的值为（ ） A. 1 B. C. 1或 D. 或 4. 角终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 0 5. 若，是方程的两个根，则（ ） A 23 B. 27 C. D. 6. 双曲线的左、右焦点分别为，，点是以为直径的圆与双曲线的一个交点，若，则双曲线的离心率为（ ） A B. C. D. 7. 已知是定义在上的偶函数，且也是偶函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 若圆上存在两点，直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为与的交点，若，则下列正确的是（ ） A. B. C. 的长为 D. 10. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，D是C的准线与x轴的交点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则直线l的斜率为 B. C. （O为坐标原点） D. 当取最小值时， 11. 在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，AC的中点为M，，且，延长AC到点D，使点C为线段AD的中点，下列说法正确的是（ ） A. B. △ABD的面积的最大值为 C. 若△ABC为锐角三角形，BM的取值范围为 D. BD的最小值为 三､填空题：本题共3小题.每小题5分，共15分. 12. 若直线是曲线的切线，则_____. 13. 西部某县委将7位大学生志愿者（4男3女）分成两组，分配到两所小学支教，若要求女生不能单独成组，且每组最多5人，则不同的分配方案共有___________种. 14. 若一个等比数列有无穷多项，并且它的公比满足，则称为无穷递缩等比数列.研究发现：当时，无穷递缩等比数列的前项和（其中为首项，为公比）.下图为一个容器的轴截面，该容器由，，三个球形容器构成，其中球，各有3个出口，球有4个出口，且球的3个出口中1个与相连，球的4个出口中1个与相连、1个与相连，球的3个出口中1个与相连，一个小球在容器内做无规律随机运动，当小球运动到容器外时，运动停止.已知该小球的起始位置在球内，则当运动停止时，小球位于出口外的概率约为________. 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. 2023年10月6日，哈三中举行百年校庆活动，在活动期间统计连续5天进入学校参加活动的校友数（单位：千人）如下： 日期 10月2日 10月3日 10月4日 10月5日 10月6日 第天 1 2 3 4 5 参观人数 2.2 2.6 3.1 5.2 69 （1）由上表数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明（保留小数点后两位）；（若，则认为与的线性相关性很强），并求出关于的线性回归方程； （2）校庆期间学校仅开放1号门和2号门，校友从中随机等可能选择一个进入，且出学校与进学校选择相同门的概率为．假设校友从1号门、2号门出入学校互不影响，现有甲、乙、丙、丁4名校友于10月6日回母校参加活动，设为4人中从2号门出学校的人数，求的分布列、期望及方差． 附：参考数据：． 参考公式：回归直线方程，其中． 相关系数． 16. 记为数列的前项和，已知． （1）证明数列是等比数列； （2）求数列的前项和． 17. 如图，在三棱柱中，侧面是矩形，. （1）求证：平面； （2）若 （i）求三棱柱的体积； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值. 18. 如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的上顶点为，左焦点为，焦距为的面积为6，点为椭圆上一点，圆的面积为. （1）求椭圆的离心率； （2）过原点作圆的两条切线OM，ON分别交椭圆于M，N. （i）若直线OM，ON的斜率都存在，分别记为，求的值； （ii）求的最大值. 19. 已知函数． （1）当时，设的一个极值点为． （i）判断是否成立，并说明理由；（已知） （ii）设在内的全部极值点按从小到大的顺序排列，求证：； （2）若函数图象上恰好存在相异的两点，满足曲线在和处的切线重合，则称为曲线的“双重切点”，直线为曲线的“双重切线”，当时，直线为曲线的“双重切线”，记直线的斜率所有可能的取值为，若，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试卷 命题人：梁安 审题人：刘光灿 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果. 【详解】因为，故，故 故选：C. 2. 已知集合，，若为的真子集，则m的取值范围是（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分集合是否是空集进行讨论即可求解. 【详解】当时，满足为的真子集，此时，解得. 当时，则或，解得. 综上，，即m的取值范围是 . 故选：C. 3. 已知平面向量与不共线，向量，若，则实数的值为（ ） A. 1 B. C. 1或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面共线定理，由向量平行，求得满足满足的方程，求解即可. 【详解】由，且均不为零向量，则， 可得，则， 整理得，解得或． 故选：C． 4. 角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由三角函数的定义，即可得到结果. 【详解】因为角的终边经过点， 则,. 所以 故选：D 5. 若，是方程的两个根，则（ ） A. 23 B. 27 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将问题转化为是方程的两根，再根据韦达定理以及换底公式化简求出. 【详解】可化为， 因为，是方程的两个根， 所以是方程的两根， 则， 则. 故选：C 6. 双曲线的左、右焦点分别为，，点是以为直径的圆与双曲线的一个交点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设点在轴右侧，由双曲线定义可得，，由是直角三角形，建立等式求解即可. 【详解】如图，设点在轴右侧，则， 因为， 所以， 因为点在以为直径的圆上， 所以是直角三角形，， 即，化简得， 所以离心率. 故选：D 7. 已知是定义在上的偶函数，且也是偶函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据函数是定义在上的偶函数，，再由函数也是偶函数，变形求得函数的解析式，并求得函数的单调区间，即可求解不等式. 【详解】因为函数是定义在上的偶函数，，所以，则， 又因为函数也是偶函数，所以，得， 因为为减函数，为增函数，所以为减函数， 令，得， 所以时，，在上单调递减， 根据偶函数的性质可知，函数在上单调递增， 所以，即，即，得或， 所以不等式的解集为. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据，得到，从而求得函数的解析式. 8. 若圆上存在两点，直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将题干条件，结合几何知识转化为圆心到直线距离需满足，解该不等式即可求解． 【详解】当直线与圆相交时，如图所示，若A、B离直线越近时，直至与直线和圆C的两交点重合，此时， 若A、B相距越来越近时，直至A、B两点重合，此时， 所以一定存在A、B及P，使得； 当直线与圆相切时，同直线与圆相交分析可知，一定存在A、B及P，使得； 当直线与圆没有公共点时，对直线上的任一点P，若A、B相距越来越近时，直至A、B两点重合时，仍有， 另一方面，若PB与圆C相切于B，PA与圆C相切于A，此时必为该P点所能达到的最大情况，如图所示， 由图可知，，CP最短时， 即等于圆心C到直线距离d，最大，也最大，同时最大， 所以若圆上存两点，直线上存在点，使得， 则必有，解得，又因为圆的半径， 圆心到直线的距离， 所以，解得． 故选：A． 二､多选题：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. 如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为与的交点，若，则下列正确的是（ ） A. B. C. 的长为 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】AB选项，利用空间向量基本定理进行推导即可；C选项，在B选项的基础上，平方后计算出，从而求出；D选项，利用向量夹角的余弦公式进行计算. 【详解】根据题意，依次分析选项： 对于A选项，，A错误， 对于B选项，，B正确： 对于C选项，，则， 则，C错误： 对于，则，D正确. 故选：BD. 10. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线l与C交于A，B两点，D是C的准线与x轴的交点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则直线l的斜率为 B. C. （O为坐标原点） D. 当取最小值时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】设出直线：，根据题意求出，得到斜率判定A；运用抛物线定义转化线段长度，结合基本不等式计算判定B；借助向量法计算判定C；运用抛物线定义转化长度，结合基本不等式计算判定D. 【详解】对于A，依题意得，设直线， 联立，消去x得，则， 则，解得或， 则或， 则直线l的斜率，故A正确； 对于B，， 当且仅当时等号成立，故B项正确； 对于C，因为，所以，故C项错误； 对于D，依题意有，抛物线的准线方程为，所以， 则，由抛物线的定义可得， 可得， 因为，所以 ， 当且仅当时取等号，此时，故D项正确． 故选：ABD． 11. 在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，AC的中点为M，，且，延长AC到点D，使点C为线段AD的中点，下列说法正确的是（ ） A. B. △ABD的面积的最大值为 C. 若△ABC为锐角三角形，BM的取值范围为 D. BD最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】已知等式由正弦定理和三角恒等变换化简，求角判断选项A；由余弦定理和基本不等式得，再由求最小值判断选项B；由，利用向量的数量积和三角恒等变换化简得，△ABC为锐角三角形，有，结合正弦函数的性质求取值范围判断选项C；设，由余弦定理，利用辅助角公式和正弦函数的性质求最小值判断选项D. 【详解】对于A，已知，由正弦定理得， 即，得， 则有，得， 又由于，所以，故， 而，所以，选项A正确； 对于B，在中，由余弦定理，得， 所以，所以，当且仅当时取等号， 由于， 所以的面积的最大值为，故选项B错误； 对于C，在中，由正弦定理得， ，， 由AC的中点为M，有， ， △ABC为锐角三角形，则，得， 当，有，所以， 有，故，选项C正确； 对于D，设，所以，在中由余弦定理， ， ，， 故当，即时， 取最小值，所以的最小值为，故D选项正确. 故选：ACD 三､填空题：本题共3小题.每小题5分，共15分. 12. 若直线是曲线的切线，则_____. 【答案】3 【解析】 【分析】先根据切线斜率为3，结合导数的几何意义，求出切点横坐标，再根据切点在直线上，求出切点纵坐标，再根据切点在曲线上求的值. 【详解】因为，所以. 由， 由，所以切点为. 由. 故答案为：3 13. 西部某县委将7位大学生志愿者（4男3女）分成两组，分配到两所小学支教，若要求女生不能单独成组，且每组最多5人，则不同的分配方案共有___________种. 【答案】104 【解析】 【分析】分两种情况讨论，再由加法计数原理计算. 【详解】分组的方案有3、4和2、5两类： 第一类有种； 第二类有种； 所以共有种不同的方案. 故答案为：104 14. 若一个等比数列有无穷多项，并且它的公比满足，则称为无穷递缩等比数列.研究发现：当时，无穷递缩等比数列的前项和（其中为首项，为公比）.下图为一个容器的轴截面，该容器由，，三个球形容器构成，其中球，各有3个出口，球有4个出口，且球的3个出口中1个与相连，球的4个出口中1个与相连、1个与相连，球的3个出口中1个与相连，一个小球在容器内做无规律随机运动，当小球运动到容器外时，运动停止.已知该小球的起始位置在球内，则当运动停止时，小球位于出口外的概率约为________. 【答案】 【解析】 【分析】先分析小球运动规律，记次运动后，小球位于,,三个球形容器的概率分别为．根据运动规律建立递推关系，由递推关系得出数列通项公式，再根据无穷递缩等比数列的相关说明求得"运动停止前，小球位于球的概率"，进而得到"当运动停止时，小球位于出口外的概率". 【详解】记小球从一个球形容器运动到其相邻的球形容器为一次运动．记次运动后，小球位于,,三个球形容器的概率分别为． 根据马尔可夫链，可知：当时，, 化简，整理得：当时，. 特别地，可分析知，小球到达球需奇数次运动，偶数次运动后不能到达球, 所以认为当为偶数时，. 当为奇数时，因为小球起始位置在球内，所以，所以. 因为小球到达球需偶数次运动，奇数次运动后不能到达球, 所以认为当为奇数时，. 当为偶数时，为奇数，所以 记数列的前项和为,则,其中为偶数. 由题意知，为无穷递缩等比数列,当时，. 即当运动停止前，小球位于球的概率约为. 所以当运动停止时，小球位于出口外的概率约为. 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. 2023年10月6日，哈三中举行百年校庆活动，在活动期间统计连续5天进入学校参加活动的校友数（单位：千人）如下： 日期 10月2日 10月3日 10月4日 10月5日 10月6日 第天 1 2 3 4 5 参观人数 2.2 2.6 3.1 5.2 6.9 （1）由上表数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明（保留小数点后两位）；（若，则认为与的线性相关性很强），并求出关于的线性回归方程； （2）校庆期间学校仅开放1号门和2号门，校友从中随机等可能选择一个进入，且出学校与进学校选择相同门的概率为．假设校友从1号门、2号门出入学校互不影响，现有甲、乙、丙、丁4名校友于10月6日回母校参加活动，设为4人中从2号门出学校的人数，求的分布列、期望及方差． 附：参考数据：． 参考公式：回归直线方程，其中． 相关系数． 【答案】（1），认为与的线性相关性很强；回归方程为； （2）分布列见解析，期望值为2，方差为1. 【解析】 【分析】（1）计算出相关系数，作出判断，并得到和，得到回归方程； （2）设出事件，利用全概率公式得到“甲从2号门出学校”的概率，从而确定，利用二项分布的知识求出分布列，期望和方差. 【小问1详解】 ， 所以认为与的线性相关性很强， ，， 故求出关于的线性回归方程为； 【小问2详解】 记“甲从2号门出学校”为事件，“甲从2号门进学校”为事件， “甲从1号门进学校”为事件， 由题意得，， 由全概率公式可得， 同理，乙、丙、丁从2号门出学校的概率也为， 故， 所以，， ，， ， 所以分布列如下； 0 1 2 3 4 期望值为，方差为. 16. 记为数列的前项和，已知． （1）证明数列是等比数列； （2）求数列的前项和． 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）通过，当时，两式相减得出，进行适当变形即可证明； （2）由（1）得出的通项公式，进一步得出数列的通项公式，再利用错位相减法即可求和. 【小问1详解】 因为，① 所以当时，，② ①②得：， 即，所以， 所以，即， 当时，由①得，则， 所以数列是以公比为，首项为的等比数列. 【小问2详解】 由（1）数列是以公比为，首项为的等比数列， 所以，所以， 由，则， 所以 ，所以， 所以数列的前项和为： ，③ ，④ ③减④得：， 即， 所以. 17. 如图，在三棱柱中，侧面是矩形，. （1）求证：平面； （2）若. （i）求三棱柱的体积； （ii）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理，结合勾股定理逆定理证得，再利用线面垂直的判定推理得证. （2）（i）由（1）的信息，结合三棱锥的体积公式求解；（ii）建立空间直角坐标系，求出平面与平面法向量，再利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 在中，由， 得，则， ，由四边形是矩形，得， 又平面，且， 所以平面. 【小问2详解】 （i）由（1）知平面，又平面平面， 则平面平面，而，则， 由，得，即有， 取中点，连接，则，又，则， 所以. （ii）以点为原点，直线分别为轴，轴，过点与平面垂直的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则， ， 设平面的法向量，则，取，得， 设平面的法向量为，则，取，得， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的上顶点为，左焦点为，焦距为的面积为6，点为椭圆上一点，圆的面积为. （1）求椭圆的离心率； （2）过原点作圆的两条切线OM，ON分别交椭圆于M，N. （i）若直线OM，ON的斜率都存在，分别记为，求的值； （ii）求的最大值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）18 【解析】 【分析】（1）由焦距得，由面积得，，即可求出离心率. （2）（i）直线与圆相切，由距离公式得关于的方程，结合椭圆方程，韦达定理得. （ii）由得，代入椭圆化简得，用基本不等式得最大值. 【小问1详解】 依题意得， ，. 【小问2详解】 （i）依题意得圆，椭圆，点为椭圆上一点， ，. 直线，与圆相切，，. 平方整理，得为方程的两根， . （ii）设，由（i）知，所以， ，， 整理得， ， 由基本不等式，得，当且仅当时等号成立. 的最大值为18. 19. 已知函数． （1）当时，设的一个极值点为． （i）判断是否成立，并说明理由；（已知） （ii）设在内的全部极值点按从小到大的顺序排列，求证：； （2）若函数图象上恰好存在相异的两点，满足曲线在和处的切线重合，则称为曲线的“双重切点”，直线为曲线的“双重切线”，当时，直线为曲线的“双重切线”，记直线的斜率所有可能的取值为，若，证明：． 【答案】（1）（i）成立，理由见解析；（ii）证明见解析． （2）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）（i）根据极值点定义得到的等式，代入化简即可证明； （ii）结合函数与函数图像知的取值范围，结合的等式关系，通过变化的形式，在已知的条件下判断的范围即可证明． （2）设对应的切点为，，对应的切点为，，结合余弦函数的图象分析出只需要考虑满足、、三个条件下的情况，再联合斜率的导数求法与两点式求法相等得到、满足的等式，最后结合导数研究等式对应函数的单调性求证． 【小问1详解】 （i）成立，理由如下： 由题意得，当时，，所以， 令，则，对满足方程的有， 所以，由函数与函数的图象可知此方程一定有解， 故的一个极值点满足， 所以． （ii）设是的任意正实根，则，由函数与函数的图象可知，对所有的正实根，存在一个非负整数，使，即为第二或第四象限角，因为， 所以在第二或第四象限变化时，变化如下， (为奇数) 0 + (为偶数) + 0 所以满足的正根都为函数的极值点， 由题可知为方程的全部正实根， 且满足， 所以， 因为，，， 则，由，可得， 故得证． 【小问2详解】 当时，， 设对应的切点为，， 对应的切点为，， 由于，所以，， 由余弦函数的周期性，只要考虑的情形， 又结合余弦函数的图象，只需考虑，情形， 则，， 其中，得到， 又，， 即，， 当时，，， 令，则，， 在上单调递减，又，所以， 所以，此时，则， 故得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $