精品解析：2026届甘肃省陇南市文县第三中学等3校高三一模联考模拟考试数学试题

2026年文县第三中学、文县第四中学、文县东方中学高三 一模模拟考试（数学）试卷 注意事项： 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在等腰梯形中，，，P是底边上的动点，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 3. 《水浒传》、《三国演义》、《西游记》和《红楼梦》被称为中国古代四大名著.书架的某一层上有4本不同的文学书，现将四大名著各一本插入这4本书的5个空隙中，要求原有书的顺序不变且四大名著中至少有3本相邻，则不同的插法共有（ ） A. 120种 B. 240种 C. 480种 D. 600种 4. 在空间中，我们把点集表示的曲面T称为圆柱面，借助比利时数学家Dandelin的思想我们不难发现：任意不与z轴平行或垂直的平面截T所得封闭曲线为椭圆.设圆柱面，正四棱锥的五个顶点均在E上，且z轴与平面ABCD的夹角为，则正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线的左、右焦点为，为双曲线的右支上一点，直线与左支交于点，且，的平分线与轴交于点，，则双曲线的离心率为（ ）. A. B. C. D. 6. 已知函数，则方程在区间上的实数根个数为（ ） A. B. C. D. 7. 已知为数列的前项和，且，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，若关于x的方程恰好有4个不相等的实数解，则实数m的取值范围是（ ） 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. 已知复数（i为虚数单位），则（ ） A. z的虚部为 B. z的共轭复数为 C. D. 10. 如图，在正四棱锥中，，，，，分别为侧棱PA，PB，PC，PD的中点，若多面体的体积为，则（ ） A. 平面 B. 四棱锥的外接球半径为2 C. 直线与底面ABCD所成角的余弦值为 D. 点B到平面PAD的距离为 11. 已知为坐标原点，为抛物线的焦点，直线与交于A，B两点，过A，B两点分别作的切线，两切线交于点，直线PA，PB分别交轴于M，N两点，则（ ） A. 的准线方程为 B. 过作为垂足，则 C. D. 设为上的动点，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中的系数为_________. 13. 已知实数满足的方程为，则的最大值为______． 14. 设，那么的取值范围是__________. 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. 已知函数的导函数为． （1）当时，求的图象在处的切线方程； （2）若有三个不同的零点，求实数的取值范围； （3）已知，若在定义域内有三个不同的极值点，且满足，求实数的取值范围． 16. 《推动大规模设备更新和消费品以旧换新行动方案》于2024年3月1日经国务院常务会议审议通过.家电以旧换新的具体品类包括冰箱、洗衣机、电视、空调、电脑、热水器、家用灶具、吸油烟机等，每位消费者每类产品可补贴一件，每件补贴标准不超过2000元，部分品类及补贴标准如下表.居民甲欲将家中电视机和洗衣机进行更换，其中更换电视机的概率为0.6，两种电器只更换一件的概率为0.4，两种电器都不更换的概率为0.2. 品类名称 热水器 冰箱 洗衣机 电视机 空调 补贴标准（单位：元/件） 1000 1000 1500 2000 2000 （1）求居民甲在不更换洗衣机的条件下更换电视机的概率； （2）居民乙欲从表中5个品类中任选3个不同的品类进行以旧换新，每个品类只选一件，记居民乙获得政府补贴为，求的分布列与期望. 17. 如图，四棱锥中，底面，，，. （1）若G点为的重心，求； （2）若，证明：平面； （3）若，且二面角的正弦值为，求. 18. 已知分别为椭圆的左、右焦点，点D为椭圆E上一点，以为直径的圆过焦点． （1）求椭圆E的方程； （2）P是椭圆E上异于左、右顶点A、B的任一点，设交直线于点交椭圆E于点Q． ①证明：为定值； ②求面积的最大值． 19. 已知函数，． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的极小值； （3）求函数的零点个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年文县第三中学、文县第四中学、文县东方中学高三 一模模拟考试（数学）试卷 注意事项： 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求得，再根据集合交集运算求解即可. 【详解】解不等式得，即， 又因为，所以 故选：C 2. 在等腰梯形中，，，P是底边上的动点，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题设条件，建系，写出相关点的坐标，利用向量坐标的数量积运算将其化成二次函数，即可求得最值. 【详解】根据题意，以A为原点，射线AB为x轴正半轴建立直角坐标系，如图所示， 因，易推得，则，， 设，其中，则，， 于是，， 故当时，取得最小值为. 故答案为：D． 3. 《水浒传》、《三国演义》、《西游记》和《红楼梦》被称为中国古代四大名著.书架的某一层上有4本不同的文学书，现将四大名著各一本插入这4本书的5个空隙中，要求原有书的顺序不变且四大名著中至少有3本相邻，则不同的插法共有（ ） A. 120种 B. 240种 C. 480种 D. 600种 【答案】D 【解析】 【分析】利用计数原理以及相邻问题捆绑法可得答案. 【详解】四大名著恰有3本相邻共有种插法； 4本相邻时共有种插法， 所以不同的插法共有600种， 故选：D. 4. 在空间中，我们把点集表示的曲面T称为圆柱面，借助比利时数学家Dandelin的思想我们不难发现：任意不与z轴平行或垂直的平面截T所得封闭曲线为椭圆.设圆柱面，正四棱锥的五个顶点均在E上，且z轴与平面ABCD的夹角为，则正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】记椭圆与过点的母线的交点为，借助正四棱锥的特征以及线面角得出为等腰直角三角形，进而求出棱锥的高，再借助平面几何求出椭圆方程进而求出四边形的面积，最后利用棱锥的体积公式表示出体积. 【详解】由题意可知圆柱面的半径为1，如图，平面截圆柱面所得的截面为椭圆，记椭圆与过点的母线的交点为，该椭圆的半短轴长即为圆柱面的半径1． 因为四棱锥为正四棱锥，所以四边形为正方形， 设正方形的中心为，则平面， 因为轴与平面的夹角为，轴，所以， 因为平面，平面，所以， 所以为等腰直角三角形， 又点到直线的距离为1，所以椭圆的长轴长为， 如图建立平面直角坐标系， ， 则椭圆方程为，四边形为椭圆的内接正方形， 由对称性可得直线的方程为， 联立，消得到，故图中点的坐标为， 所以四边形的面积， 所以四棱锥的体积． 5. 已知双曲线的左、右焦点为，为双曲线的右支上一点，直线与左支交于点，且，的平分线与轴交于点，，则双曲线的离心率为（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用角平分线性质及双曲线定义，结合余弦定理建立方程求出离心率. 【详解】由的平分线与轴交于点且可得， 因为双曲线中，解得，， 又因为，所以， 结合解得，， 所以，即是等边三角形，， 所以中由余弦定理可得， 即，解得， 所以双曲线的离心率， 故选：D 6. 已知函数，则方程在区间上的实数根个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】可得，数形结合可得结果. 【详解】当时，由可得， 作出函数、在时的图象如下图所示： 由图象可知，函数、在时的图象的交点个数为， 故方程在区间上的实数根个数为. 故选：C. 7. 已知为数列的前项和，且，则数列的前项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由求得，则，正负相消求和. 【详解】当时，， 当时，， 又，所以， 所以， 设数列的前项和为， 则， 故选：A. 8. 设函数，若关于x的方程恰好有4个不相等的实数解，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将方程转化为两个方程或，再由函数图象数形结合可得所求范围. 【详解】由方程变形为， 所以或， 当时，，所以当时，；当时，. 所以函数在上有极大值也是最大值，此时. 画出图像如下： 由图可知与只有一个交点；所以与必有3个交点. 所以，解得. 故选：B 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. 已知复数（i为虚数单位），则（ ） A. z的虚部为 B. z的共轭复数为 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据复数的除法运算公式，化简复数，判断选项. 【详解】由， 故z的虚部为，，， ，A、C对，B、D错. 10. 如图，在正四棱锥中，，，，，分别为侧棱PA，PB，PC，PD的中点，若多面体的体积为，则（ ） A. 平面 B. 四棱锥的外接球半径为2 C. 直线与底面ABCD所成角的余弦值为 D. 点B到平面PAD的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项，通过中位线构造线面平行，再由线线平行推导线面平行即可；对于B选项，先由棱台体积求出棱台高，进而得到四棱锥高，再通过勾股定理判断侧棱与对角线的垂直关系，确定外接球球心，再求得半径即可；对于C选项，取中点构造垂线，将线面角转化为直角三角形内角，再用余弦定义求解即可；对于D选项，利用等体积法，将点到平面的距离转化为体积问题求解即可. 【详解】对于A，设AC，BD交于点O，连接，易知，又平面，，则平面，A正确； 对于B，多面体为四棱台，，设四棱台的高为h，则四棱台的体积， 得，易知四棱锥的高，故，又，易知，， 所以点O即为四棱锥P-ABCD的外接球球心，其半径，B错误； 对于C，取OC中点E，连接，则，平面ABCD，则即为直线与底面ABCD所成的角， 又，，，，C 正确； 对于D，由，得为正三角形，，又， 则，设点B到平面PAD的距离为d， 则，解得， 所以点B到平面PAD的距离为，D正确. 故选：ACD. 11. 已知为坐标原点，为抛物线的焦点，直线与交于A，B两点，过A，B两点分别作的切线，两切线交于点，直线PA，PB分别交轴于M，N两点，则（ ） A. 的准线方程为 B. 过作为垂足，则 C. D. 设为上的动点，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由抛物线标准方程判断A；举反例判断B；联立得出，设，表示出的坐标，由判断C；设，，则所求为，结合图像求出相切时的最值判断D. 【详解】A选项，，准线，A正确； B选项，，当时，，为垂足，则， 从而，B错误； C选项， 联立得，则， 设，切线， 联立得， 由，得， 即，令得， 同理以代，得，， 联立得，即， 则，， 则，即，C正确； D选项，设，， 则， 则， 则当最小时，最大， 当与抛物线相切，且在轴下方时取得， 设， 联立得， 由，得或（舍）， 此时，解得， 代入得，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. 在的展开式中的系数为_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式展开式通项，即可直接求解. 【详解】由题知，设展开式中通项为， 令，则，. 故答案为： 13. 已知实数满足的方程为，则的最大值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据的几何意义并结合图象求解出最大值. 【详解】，其表示圆上的点与点连线的斜率， 如图所示，显然当直线与圆相切时，切点与原点的连线斜率有最值，即有最值， 当与圆相切时，则，解得， 所以的最大值为，即的最大值为， 故答案为：. 14. 设，那么的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由基本不等式求解最值即可得到取值范围. 【详解】因为，， 当且仅当，即时等号成立， 故的取值范围是. 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. 已知函数的导函数为． （1）当时，求的图象在处的切线方程； （2）若有三个不同的零点，求实数的取值范围； （3）已知，若在定义域内有三个不同的极值点，且满足，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，再代入得出切线斜率，最后点斜式得出切线方程； （2）先求出导函数，再得出导函数正负确定函数单调性及极值数形结合计算求参； （3）先求出导函数，再得出导函数正负确定函数单调性及极值数形结合计算求参. 【小问1详解】 当时，，则， 所以，则， 所以的图象在点处的切线方程为，即． 【小问2详解】 由题知，， 因为有三个不同的零点， 所以方程有三个不等实根， 化简可得方程有三个不等实根， 即可看成直线与曲线有三个不同的交点， ， 所以当或时，单调递减； 当时，单调递增， 所以当时，有极小值为， 当时，有极大值为， 当时，，且当时，， 所以作出函数的图象如图1所示， 所以数形结合可知，即实数的取值范围为． 【小问3详解】 由题知，，其定义域为， 则， 令，得或， 设，则， 当时，，所以单调递增； 当时，，所以单调递减， 又当时，；当时，，且， 所以的大致图象如图2所示， 因为在定义域内有三个不同的极值点， 所以与有两个不同的交点，所以， 不妨设，则， 所以，所以 所以 ， 令，则， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递增， 所以， 又， 所以，所以在上单调递增， 因为， 所以当时，恒成立， 即当时，恒成立， 所以实数的取值范围是． 16. 《推动大规模设备更新和消费品以旧换新行动方案》于2024年3月1日经国务院常务会议审议通过.家电以旧换新的具体品类包括冰箱、洗衣机、电视、空调、电脑、热水器、家用灶具、吸油烟机等，每位消费者每类产品可补贴一件，每件补贴标准不超过2000元，部分品类及补贴标准如下表.居民甲欲将家中电视机和洗衣机进行更换，其中更换电视机的概率为0.6，两种电器只更换一件的概率为0.4，两种电器都不更换的概率为0.2. 品类名称 热水器 冰箱 洗衣机 电视机 空调 补贴标准（单位：元/件） 1000 1000 1500 2000 2000 （1）求居民甲在不更换洗衣机的条件下更换电视机的概率； （2）居民乙欲从表中5个品类中任选3个不同的品类进行以旧换新，每个品类只选一件，记居民乙获得政府补贴为，求的分布列与期望. 【答案】（1）0.5 （2）分布列见解析，4500元 【解析】 【分析】（1）设事件“更换电视机”，事件“更换洗衣机”，根据题意得，，的值，结合，求得的值，再由全概率公式求得，也就求出，同理求出和，由条件概率公式求得； （2）列出随机变量的可取值，然后计算出对应的概率，列出分布列，求得数学期望. 【小问1详解】 设事件“更换电视机”，事件“更换洗衣机”， 因为，所以， 因为，，且， 所以， 由全概率公式，得， 所以， 同理可得，所以， 则， 所以居民甲在不更换洗衣机的条件下更换电视机的概率为0.5. 【小问2详解】 由题意知的可能取值为3500，4000，4500，5000，5500， ，，， ，. 所以的分布列为 3500 4000 4500 5000 5500 则元. 17. 如图，四棱锥中，底面，，，. （1）若G点为的重心，求； （2）若，证明：平面； （3）若，且二面角的正弦值为，求. 【答案】（1） （2） 因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以，在底面上，可知， 又平面，平面，所以平面. （3） 【解析】 【分析】（1）设出空间的一组基向量，将用基向量表示，运用数量积的运算律即可求得； （2）利用题设条件，先由线线垂直证明平面，得出，再证，在底面上，可得，最后由线线平行证线面平行即得； （3）设，，建立空间直角坐标系，求出相关点和平面法向量的坐标，利用向量夹角的坐标公式列出方程，求得，即得. 【小问1详解】 设，，，则，， ，. 如图，连接并延长交于点,连接,则 两边取平方得. ∴，∴. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设，，则①，因，如图， 过点作的平行线，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 此时有 因设平面的法向量为， 则，故可取； 又设平面的法向量为， 则，故可取； 则， 由题意，，即，② 联立① ② ，解得故 【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间向量在证明线面关系，空间角等方面的应用，属于较难题. 解题的关键在于结合图形，要么选择空间的一组基底，将相关向量用基底表示，通过向量的线性运算和数量积运算求得结论；要么建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算解决问题. 18. 已知分别为椭圆的左、右焦点，点D为椭圆E上一点，以为直径的圆过焦点． （1）求椭圆E的方程； （2）P是椭圆E上异于左、右顶点A、B的任一点，设交直线于点交椭圆E于点Q． ①证明：为定值； ②求面积的最大值． 【答案】（1） （2） ①由题意设， 又，所以， 直线的方程为， 当时，，即 此时，， 因，则， 代入上式可得，，即为定值． ②. 【解析】 【分析】（1）先由圆对的方程求得，结合条件求出，利用椭圆的定义求得的值，即得椭圆方程； （2）①设，列出直线的方程，求得 ，计算并消去，利用点在椭圆上消去，化简即得定值；②设直线的方程为，与椭圆方程联立，求出韦达定理，利用求得，推出直线经过定点，从而表示出面积，借助于换元和双勾函数的单调性即可求得面积最大值. 【小问1详解】 在圆C的方程中，令，得，解得，即得 又 ，则， 于是，解得， 因，故 因此椭圆E的方程为． 【小问2详解】 ①略 ②设直线的方程为， 联立，得， 所以， 则， ， 由 ， 化简得，解得或（此时直线过点，不合题意，舍去）， 即直线的方程为，经过定点， 所以 ， 令，则，则， 因在上单调递增， 故时，即时，取得最小值为4，取得最大值为， 19. 已知函数，． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的极小值； （3）求函数的零点个数． 【答案】（1）；（2）；（3）个． 【解析】 【分析】 （1）求出和的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）利用导数分析函数的单调性，进而可得出该函数的极小值； （3）由当时，以及，结合函数在区间上的单调性可得出函数的零点个数. 【详解】（1）因为，所以． 所以，． 所以曲线在点处的切线为； （2）因为，令，得或． 列表如下： a 0 极大值 极小值 所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为， 所以，当时，函数有极小值； （3）因为，， 所以由（2）得，当时，，又． 由（2）可知，函数在上单调递增，所以函数的零点个数为． 【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程、极值以及利用导数研究函数的零点问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $