精品解析：河南省开封清华中学2026届高三上学期模拟预测数学试卷

高三数学试卷 满分：150分 时间：120分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 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，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知集合及相等关系确定参数值，即可得. 【详解】由题设，，则. 故选：D 2. 已知为纯虚数，则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算和纯虚数的概念求解. 【详解】，又为纯虚数，所以，得， 故选：C. 3. 函数的极值点为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求得，利用，解得即可判断． 【详解】解： ， 由， 即， 解得：． 由，得， 由，得， 函数在处取得极大值， 故选：A． 4. 已知等差数列的前项和为，，则（ ） A. 9 B. 27 C. 36 D. 45 【答案】D 【解析】 【分析】等差数列的公差为，根据等差数列的通项公式和求和公式化简即可. 【详解】设等差数列的公差为， 由，得， 则. 故选：D 5. 一个质点在随机外力的作用下，从数轴上数字所对应的位置出发，每隔秒向左或向右移动一个单位，设每次向右移动的概率为，则秒后质点最有可能落在数轴上（ ）所对应的位置. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设质点向右移动次，可得最终落在，根据，求出时概率最大，即可求出答案. 【详解】设质点向右移动次，则向左移动次，最终落在， 质点向右移动服从二项分布， 令，其中 即， 即， 整理得，解得， 所以当时，， 当时，， 则最大， 即质点最有可能向右移动次，最终落在， 所以秒后质点最有可能落在数轴上所对应的位置. 故选：B. 6. 设随机变量，当正整数n很大，p很小，不大时，X的分布接近泊松分布，即．现需100个正品元件，该元件的次品率为0.01，若要有以上的概率购得100个正品，则至少需购买的元件个数为（已知…）（ ） A. 100 B. 101 C. 102 D. 103 【答案】D 【解析】 【分析】结合题意记随机变量X为购买a个元件后的次品数．，记，分别计算，求解即可得出答案. 【详解】记随机变量X为购买a个元件后的次品数． 由题意，此时X可看成泊松分布．则，记， 则． 由于t很小，故大致有． 分别计算，左边约等于0.37，0.74，0.91，0.98，故， 即． 故选：D. 7. 已知数列满足，，若对于任意正整数，都有，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据求得；根据求得；在结合当时，有解来求得的取值范围. 【详解】因为，所以恒成立，即恒成立. 因为，所以.因为恒成立， 整理得恒成立. 因为，所以. 当时，由， 得在上有解， 故的取值范围是. 故选：C 【点睛】本题主要考查的是数列与不等式结合的问题，根据不等式的性质，可求得的取值范围，再根据取这个范围时，不等式成立来确定的范围.比较数列的大小（或求数列的单调性）时，可考虑差比较法来进行求解. 8. 已知正数满足，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先把平方，再应用基本不等式求解最大值，即可得解. 【详解】因为正数满足， 所以， 所以，当且仅当时取等号，则的最大值为2. 故选：B 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（ ） A. 若，则平行或相交 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则平行或相交 【答案】BD 【解析】 【分析】根据空间中的线线、线面、面面关系逐项判断即可得结论. 【详解】若，则平行或相交或异面，故A错误； 若，则，故B正确； 若，则平行或相交，故C错误； 若，则平行或相交，故D正确. 故选：BD. 10. 地震震级根据地震仪记录的地震波振幅来测定，一般采用里氏震级标准.里氏震级的计算公式为（其中常数是距震中100公里处接收到的0级地震的地震波的最大振幅，是指我们关注的这次地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅）.地震的能量（单位：焦耳）是指当地震发生时，以地震波的形式放出的能量.已知，其中为地震震级.下列说法正确的是（ ） A. 若地震震级增加1级，则最大振幅增加到原来的10倍 B. 若地震震级增加2级，则放出的能量增加到原来的20倍 C. 若最大振幅增加到原来的10倍，则放出的能量增加到原来的倍 D. 若最大振幅增加到原来的100倍，则放出的能量也增加到原来的100倍 【答案】AC 【解析】 【分析】本题首先要读懂公式，然后根据题意合理代入数据进行对数运算对选项进行一一检验即可得到答案. 【详解】设为地震震级加1级的地震震级，新的地震的能量，新的最大振幅为， 设为地震震级加2级的地震震级，新的地震的能量， 因为，所以，故A正确； 因为， 所以，所以B错误； 因为， 所以， 所以C正确； 因为， 所以， 所以D错误. 故选：AC. 11. 将函数的图象按照以下顺序进行变换： ①向左平移个单位长度；②横坐标变为原来的2倍，纵坐标变为原来的倍；③向下平移个单位长度，可得到函数的图象．则下列结论正确的是（ ） A. 若，则的取值范围为 B. 若函数在上的图象与直线有且只有一个交点，在上单调递减，则 C. 若函数在区间上的最值分别为，则的取值范围是 D. 若方程在内恰有两个根，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】先通过图象变换得到，再通过正弦函数性质求解不等式判断A；将交点问题转化为方程有解问题，求解参数范围，利用正弦函数性质建立不等式组，求解参数范围，进而汇总参数范围判断B；举反例判断C；最后利用整体代换的思想令，将转化为判断D即可. 【详解】由题意得将的图象向左平移个单位长度， 则， 而横坐标变为原来的2倍，纵坐标变为原来的倍， 得到， 而向下平移个单位长度， 可得， 则，即. 对于A，由，得， 由三角函数的图象可得， 可得的取值范围为，故A正确； 对于B，由题意得， 令，可得， 而，则， 若在上的图象与直线有且只有一个交点， 则在上有且只有一个解， 可得，解得. 若在上单调递减，则在上单调递增， 因为，所以， 令，由正弦函数性质得在上单调递增， 可得，解得， 综上可得，，故B正确； 对于C，由题意得， 不妨设函数在区间上的最大值为，最小值为， 令，则区间变为，可得， 则，即， 此时， 即的取值范围是不成立，故C错误； 对于D，令，则，， 若方程在内恰有两个根，， 则，即在内恰有两个根， 则，且，得到， 故，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 为虚数单位，___________． 【答案】1 【解析】 【分析】由复数的除法运算化简，再求模即可. 【详解】， ， 故答案为：1. 13. 已知抛物线的准线与轴的交点为，抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，，则_______；若的中点到准线的距离为，则_______. 【答案】 ①. 16 ②. 4 【解析】 【分析】由题可得，可设直线方程与抛物线联立，可得，根据抛物线方程可得，进而可得，再结合条件即得. 【详解】由题可知，设直线，代入抛物线方程可得， ，则， 因为， 所以，又， ∴，， ∴， 又的中点到准线的距离为， ∴，即， ∴，即. 故答案为：16；4. 14. 设集合中的元素皆为无重复数字（如113为有重复数字）的三位正整数，且中任意两个元素之积皆为奇数，则中元素个数的最大值为______． 【答案】320 【解析】 【分析】确定集合中的元素无偶数，均为奇数，利用分步乘法原理，即可求得答案. 【详解】由题意可知集合中的元素无偶数，均为奇数， 故个位数字从中选一个，有5种选法， 百位数字从除去0和个位数字上选定的数字之外的8个数字中选一个，有8种选法， 十位数字从除去百位数字和个位数字上选定的数字之外的8个数字中选一个，有8种选法， 故中元素个数的最大值为， 故答案为：320 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知函数. （1）若，求实数的取值范围； （2）试证明不等式. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）将 转化为 ，令 ，由求解； （2）法一：由(1)知，将问题转化为证 ，即证明；法二：令，，证明即可. 【小问1详解】 由 得 ， 。 可化为 ， 令 ，则 。 令 得 ， 得， 所以 在 单调递减，在 单调递增， 所以 的最小值为 ， 所以 ； 【小问2详解】 法一：由(1)可知 ，即 ，故（时，等号成立）， 下证 ，即证 , 因为， 由基本不等式得， 当且仅当，即时，等号成立， 故. 又不能同时取“”，所以 . 法二：要证明不等式；令，， 只需证， 由，得， 当时，，当时，， 所以在单增，在单减， 所以， ，因为， 所以. 16. 如图，椭圆M：的两焦点为，，A，B是左右顶点，直线l与椭圆交于异于顶点的C，D两点，并与x轴交于点P．直线AC与直线BC斜率之积为． （1）求椭圆M的方程； （2）直线AC与直线BD交于点Q，设点P与点Q横坐标分别为，，则是否为常数，若是，求出该常数值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）为常数，值为1 【解析】 【分析】（1）由直线AC与直线BC斜率之积为，建立等式得，再结合可求解； （2）设直线l：，则，再根据直线与直线可得，从而可得为常数. 【小问1详解】 由题，，设， 则， ∴，又， ∴，， ∴椭圆M的方程为：. 【小问2详解】 直线l若过原点，由对称性知不合题， 设直线l：，则 ，消去x得， 设，则 ∴① AC：②，BD：③ ②③联立得 ①代入得 解得，即 ∴， ∴为常数，值为1． 17. 设次多项式，若其满足 ，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式，由可得切比雪夫多项式. （1）由的表达式求； （2）由第（1）问结论求的值； （3）证明是方程的根，并求的值. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）利用两角和的余弦公式及二倍角公式求出，结合题目信息即可求出答案； （2）由（1）知，再根据对式子化简得到，解方程即可求出答案； （3）将代入得到即可证明；可知为方程的根，进而得到，证明即可求出答案. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以 所以. 【小问2详解】 由（1）知， 又 所以， 又，所以， 所以，即， 因为，解得（舍去）. 【小问3详解】 证明:将代入得， ， 所以， 即是方程的根. 不妨取，设， 因为为方程的根 则， ， 而， 所以，所以. 18. 已知函数且的图象经过点，记数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求证：． 【答案】（1） （2）， 所以. 【解析】 【分析】（1）问题转化为根据数列的前项和公式求数列的通项公式. （2）利用裂项求和法求，即可证明. 【小问1详解】 由题意. 所以数列，其前项和为. 当时，； 当时，. 时，上式亦成立. 所以，. 【小问2详解】 略 19. 莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用.所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数（质数是指大于1的自然数中，只有1和它本身两个因数的数）的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，），例如：，对应.现对任意，定义莫比乌斯函数 （1）求，； （2）已知，记（为的质因数个数，为质数，）的除1以外的所有因数从小到大依次为，设. （i）求数列的前项和； （ii）是否存在正整数，使得？若存在，请求出所有满足条件的正整数；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）， （2）（i），（ii）. 【解析】 【分析】（1）将分解质因数，按照莫比乌斯函数定义求解即可； （2）（i）先根据莫比乌斯函数定义求出，再分组求和、错位相减求出即可； （ii）先由随着增大而增大，结合范围得出， 再求出的范围，结合单调性列举可解. 【小问1详解】 由题意得，质因数个数，且， 则， ，存在，则. 【小问2详解】 （i） 的因数中如有平方数，根据莫比乌斯函数的定义， ， 因此 的所有因数除 1 之外， 只考虑 中的若干个数的乘积构成的因数， 从 个质数中任选 个数的乘积一共有 种结果， 所以，， 则， 记， 则， 两式相减得 ， 则，, 则. （ii）由题意得，即， 由于随着增大而增大， 且，， 则若存在，则， 则，则， 由于随着的增大而增大，且，， 则只存在1组符合题意. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试卷 满分：150分 时间：120分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 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，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 2. 已知为纯虚数，则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 函数的极值点为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 4. 已知等差数列的前项和为，，则（ ） A. 9 B. 27 C. 36 D. 45 5. 一个质点在随机外力的作用下，从数轴上数字所对应的位置出发，每隔秒向左或向右移动一个单位，设每次向右移动的概率为，则秒后质点最有可能落在数轴上（ ）所对应的位置. A. B. C. D. 6. 设随机变量，当正整数n很大，p很小，不大时，X的分布接近泊松分布，即．现需100个正品元件，该元件的次品率为0.01，若要有以上的概率购得100个正品，则至少需购买的元件个数为（已知…）（ ） A. 100 B. 101 C. 102 D. 103 7. 已知数列满足，，若对于任意正整数，都有，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正数满足，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（ ） A. 若，则平行或相交 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则平行或相交 10. 地震震级根据地震仪记录的地震波振幅来测定，一般采用里氏震级标准.里氏震级的计算公式为（其中常数是距震中100公里处接收到的0级地震的地震波的最大振幅，是指我们关注的这次地震在距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅）.地震的能量（单位：焦耳）是指当地震发生时，以地震波的形式放出的能量.已知，其中为地震震级.下列说法正确的是（ ） A. 若地震震级增加1级，则最大振幅增加到原来的10倍 B. 若地震震级增加2级，则放出的能量增加到原来的20倍 C. 若最大振幅增加到原来的10倍，则放出的能量增加到原来的倍 D. 若最大振幅增加到原来的100倍，则放出的能量也增加到原来的100倍 11. 将函数的图象按照以下顺序进行变换： ①向左平移个单位长度；②横坐标变为原来的2倍，纵坐标变为原来的倍；③向下平移个单位长度，可得到函数的图象．则下列结论正确的是（ ） A. 若，则的取值范围为 B. 若函数在上的图象与直线有且只有一个交点，在上单调递减，则 C. 若函数在区间上的最值分别为，则的取值范围是 D. 若方程在内恰有两个根，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 为虚数单位，___________． 13. 已知抛物线的准线与轴的交点为，抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，，则_______；若的中点到准线的距离为，则_______. 14. 设集合中的元素皆为无重复数字（如113为有重复数字）的三位正整数，且中任意两个元素之积皆为奇数，则中元素个数的最大值为______． 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知函数. （1）若，求实数的取值范围； （2）试证明不等式. 16. 如图，椭圆M：的两焦点为，，A，B是左右顶点，直线l与椭圆交于异于顶点的C，D两点，并与x轴交于点P．直线AC与直线BC斜率之积为． （1）求椭圆M的方程； （2）直线AC与直线BD交于点Q，设点P与点Q横坐标分别为，，则是否为常数，若是，求出该常数值；若不是，请说明理由． 17. 设次多项式，若其满足 ，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式，由可得切比雪夫多项式. （1）由的表达式求； （2）由第（1）问结论求的值； （3）证明是方程的根，并求的值. 18. 已知函数且的图象经过点，记数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求证：． 19. 莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用.所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数（质数是指大于1的自然数中，只有1和它本身两个因数的数）的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，），例如：，对应.现对任意，定义莫比乌斯函数 （1）求，； （2）已知，记（为的质因数个数，为质数，）的除1以外的所有因数从小到大依次为，设. （i）求数列的前项和； （ii）是否存在正整数，使得？若存在，请求出所有满足条件的正整数；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $