精品解析：河北唐山市2026届高三第一次模拟演练数学试题

唐山市2026年普通高等学校招生统一考试第一次模拟演练 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时长120分钟. 注意事项： 1.答卷前，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.回答非选抒题时，使用0.5毫米黑色字迹签字笔，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. 样本数据1，2，3，6，12，24的中位数为（ ） A. 8 B. 6 C. D. 3 2. 表示复数z的共轭复数，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知全集U及其两个非空真子集M，N，则（ ） A. B. C. D. 4. 记为等差数列的前n项和，若，，则（ ） A. 11 B. 9 C. 8 D. 5 5. 某学校组织同学们假期参加社区服务活动，4名同学被分配到甲、乙两个社区，每个社区至少一名同学，不同的分配方案有（ ） A. 6种 B. 12种 C. 14种 D. 28种 6. 若x为锐角，且.则x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 等轴双曲线C的左、右焦点分别为，，以为直径的圆O与双曲线C交于M，N，P，Q四点.设四边形的面积为，圆O的面积为，O为坐标原点，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，，则（ ） A. M的最小值为 B. M的最大值为1 C. N的最小值为0 D. N的最大值为 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，为数列的前n项和，则下列结论正确的有（ ） A. 是等比数列 B. C. 是递减数列 D. 中存在连续三项成等差数列 10. 若函数与函数的图象关于y轴对称，则（ ） A. 与有相同的零点 B. 为偶函数 C. 与有相同的极值点 D. 对任意的，都有 11. O为坐标原点，抛物线的准线与x轴的交点为M，直线l与x轴交于点N，与抛物线C交于A，B两点，满足，作于D，则（ ） A. N的横坐标是4 B. C. 直线斜率的最大为 D. 当直线与C相切时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，若，则______. 13. 已知点，，若将绕点A逆时针旋转得到，则点C的坐标为______. 14. 若一个棱长为的正四面体可以绕其中心在一个封闭的圆锥形容器（容器壁厚度忽略不计）内任意转动，则此圆锥体积的最小值为______. 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. 如图，在三棱锥中，，，D是的中点. （1）证明：平面平面； （2）若，三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 16. 已知椭圆的离心率为，其左顶点为A，上顶点为B，的面积是1，其中O是原点，平行于的直线l与C交于M，N. （1）求C的方程； （2）是否存在这样的直线l，使以A，B，N，M为顶点的四边形为等腰梯形？若存在，求此时l的方程；若不存在，请说明理由. 17. 记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知. （1）证明：； （2）若，求A. 18. 函数，. （1）若在上单调递减，求a的取值范围； （2）若曲线与在处有相同的切线， （i）求a的值； （ⅱ）若，证明：. 19. 某销售公司为了激励员工，对销售冠军——员工甲进行奖励，奖励方案为：在一个盲盒里，有n（足够多）张奖券，这些奖券的金额各不相等，其最大值为M，但金额具体是多少，并未公开.该员工甲需逐张随机抽取并查看金额，如果对抽取的奖券不满意就弃掉，继续抽奖（弃掉的奖券不能再抽取），如果对这张奖券比较满意就保留，从而停止抽奖，公司将以此奖券金额作为奖励. （1）若甲抽取了两张，把第2张奖券保留下来，求甲获得最大金额奖励M的概率； （2）若甲先抽取了k（，且）张奖券，记录下其中的最大金额为m，然后继续抽取，若抽到奖券的金额小于m，就继续抽，当抽到第i（，）张奖券时，其金额大于m，则保留该奖券，停止抽奖，若未抽到金额大于m的奖券，则保留第n张. （ⅰ）若，当时，求甲获得最大金额奖励M的概率p； （ⅱ）当调整k的取值时，甲获得最大金额奖励M的概率p也会发生变化.若，请估计p的最大值，并求此时k的值. （估值参考：当时，，，，.） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 唐山市2026年普通高等学校招生统一考试第一次模拟演练 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时长120分钟. 注意事项： 1.答卷前，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.回答非选抒题时，使用0.5毫米黑色字迹签字笔，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. 样本数据1，2，3，6，12，24的中位数为（ ） A. 8 B. 6 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】样本数据1，2，3，6，12，24的中位数为. 2. 表示复数z的共轭复数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得， 所以. 3. 已知全集U及其两个非空真子集M，N，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】如图：. 4. 记为等差数列的前n项和，若，，则（ ） A. 11 B. 9 C. 8 D. 5 【答案】A 【解析】 【详解】等差数列中，由，得，即，解得， 而，则公差，所以. 5. 某学校组织同学们假期参加社区服务活动，4名同学被分配到甲、乙两个社区，每个社区至少一名同学，不同的分配方案有（ ） A. 6种 B. 12种 C. 14种 D. 28种 【答案】C 【解析】 【详解】4名同学按分配到两个社区，有种方法；按分配到两个社区，有种方法， 所以不同的分配方案有（种）. 6. 若x为锐角，且.则x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得或，又因为x为锐角， 则， 即或， 解第一个不等式组得，则， 解第二个不等式组得，无解； 综上，x的取值范围是. 7. 等轴双曲线C的左、右焦点分别为，，以为直径的圆O与双曲线C交于M，N，P，Q四点.设四边形的面积为，圆O的面积为，O为坐标原点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合等轴双曲线可得双曲线C：，圆O：，联立方程求，进而可得，，即可得结果. 【详解】因为双曲线C为等轴双曲线，则，， 则双曲线C：，圆O：， 联立方程，解得， 则四边形的面积为，圆O的面积为， 所以. 8. 已知，，，则（ ） A. M的最小值为 B. M的最大值为1 C. N的最小值为0 D. N的最大值为 【答案】D 【解析】 【分析】整理可得，换元令，可得，，，结合函数单调性分析最值即可. 【详解】因为，即， 若，即，则，显然不成立， 可知，则， 令，则，， 可得，解得， 对于选项AB：因为， 因为在内单调递减，在内单调递增， 则，且， 可知在内有最小值0，最大值为， 即M有最小值0，最大值为，故AB错误； 对于选项CD：因为， 因为在内单调递增， 则，且， 可知在内有最大值，最小值为， 即N有最大值，最小值为，故C错误，D正确. 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，为数列的前n项和，则下列结论正确的有（ ） A. 是等比数列 B. C. 是递减数列 D. 中存在连续三项成等差数列 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，由，得，是等比数列，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，，，是递减数列，C正确； 对于D，假定中存在连续三项成等差数列，分别为， 则，即，整理得，矛盾， 因此中不存在连续三项成等差数列，D错误. 10. 若函数与函数的图象关于y轴对称，则（ ） A. 与有相同的零点 B. 为偶函数 C. 与有相同的极值点 D. 对任意的，都有 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用对称性求出，求出零点判断A；确定奇偶性判断B；求出极值点判断C；借助单调性及偶函数性质推理判断D. 【详解】由函数与函数的图象关于y轴对称，得， 对于A，由，得，由，得，则与有相同的零点，A正确； 对于B，，则， 为偶函数，B正确； 对于C，由，求导得，当时，，当，， 函数有唯一极值点，由，求导得，当时，， 当，，函数有唯一极值点，C错误； 对于D，令，函数都是上的增函数， 则是上的增函数，当时，，则， 由为偶函数，得当时，，因此，都有，D正确. 11. O为坐标原点，抛物线的准线与x轴的交点为M，直线l与x轴交于点N，与抛物线C交于A，B两点，满足，作于D，则（ ） A. N的横坐标是4 B. C. 直线斜率的最大为 D. 当直线与C相切时， 【答案】AD 【解析】 【分析】设出直线的方程，与抛物线方程联立，结合向量垂直的坐标表示求出点坐标判断A；求出直线为切线时，直线的方程及点坐标求解判断BCD. 【详解】依题意，点，直线不垂直于，设其方程为，， 由，得，，，， 由，得直线不过原点，且，，解得， 对于A，直线与x轴交于点，A正确； 由对称性不妨令，直线，由消去， 得，当直线与C相切时， ，解得，此时直线，， 对于BD，点，， 因此，B错误，D正确； 对于C，当直线与C相切时，直线，由，解得， 即点，直线的斜率，C错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，若，则______. 【答案】3 【解析】 【分析】由题意可得：，分和两种情况讨论，去绝对值解方程即可. 【详解】由题意可得：， 当时，可得，即，解得或（舍去）； 当时，可得，即，方程无解； 综上所述：. 13. 已知点，，若将绕点A逆时针旋转得到，则点C的坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】设与轴正向夹角为，可得到，由此求得；代入可求得，进而得到点坐标. 【详解】， 设与轴正向夹角为，则， 即∴ 由题意得： 设，则，∴，， ∴. 14. 若一个棱长为的正四面体可以绕其中心在一个封闭的圆锥形容器（容器壁厚度忽略不计）内任意转动，则此圆锥体积的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出正四面体外接球半径，再求出球为圆锥内切球时圆锥体积表达式，然后利用基本不等式求出最小值. 【详解】正四面体棱长为，该正四面体绕其中心在一个封闭的圆锥形容器内任意转动， 则正四面体的外接球在该封闭的圆锥形容器内，要该圆锥体积最小， 必有球为该圆锥的内切球，该圆锥的轴截面等腰三角形的内切圆为球的截面大圆， 结合延长线交平面于，则是正的中心，平面， ，，设球半径为， 则，解得，令圆锥底面圆半径为，母线为，高为， 于是，由，得， 圆锥的体积， ，当且仅当时取等号， 所以此圆锥体积的最小值为. 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. 如图，在三棱锥中，，，D是的中点. （1）证明：平面平面； （2）若，三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 由，D是的中点，得，而，， 平面，则平面，而平面，所以平面平面. 由（1）知平面，则， （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （2）利用锥体体积求出，再建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用线面角的向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 而，解得， 即，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， ，， 设平面的法向量，则，令，得， 因此， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 16. 已知椭圆的离心率为，其左顶点为A，上顶点为B，的面积是1，其中O是原点，平行于的直线l与C交于M，N. （1）求C的方程； （2）是否存在这样的直线l，使以A，B，N，M为顶点的四边形为等腰梯形？若存在，求此时l的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） 由（1）可知：，， 则直线的斜率，且线段的中点为， 假设存在直线l满足题意，设直线l：，，， 联立方程，消去y可得， 则，解得， 可得，， 即，则， 可得线段的中点为，直线的斜率， 此时，可知直线与直线不垂直， 这与等腰梯形的性质相矛盾，假设不成立，所以不存在直线l满足题意. 【解析】 【分析】（1）根据离心率可得，再结合的面积可得，，即可得椭圆方程； （2）设直线l：，与椭圆方程联立，利用韦达定理分别求线段、的中点，结合等腰梯形的性质列式求解即可. 【小问1详解】 因为椭圆的离心率为，可得，即， 则，， 又因为的面积，即，， 所以椭圆C的方程为. 【小问2详解】 略 17. 记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知. （1）证明：； （2）若，求A. 【答案】（1） 因为，可得， 整理可得， 由正弦定理可得. （2） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式可得，再结合正弦定理即可得结果； （2）利用余弦定理结合（1）中结论可得，代入整理可得，进而分析求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，即， 则， 又因为，则，可得， 即，可得， 即，可得， 且，则， 可得，解得. 18. 函数，. （1）若在上单调递减，求a的取值范围； （2）若曲线与在处有相同的切线， （i）求a的值； （ⅱ）若，证明：. 【答案】（1）； （2）（i）； （ⅱ）由（1）及（i）知，函数在上单调递减，且， ，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，且， 当时，，而，不符合题意； 当时，，则，，因此，符合题意； 当，的取值集合为，而在的取值集合为， 在的取值集合为，因此能成立， 当时，； 当时，，， 令，求导得， 函数在上单调递增，，即， 因此，而，则，又函数在上单调递增， 于是，即， 所以. 【解析】 【分析】（1）求出的导数，由给定区间及单调性建立不等式求解. （2）（i）利用与在处的导数值相等求出；（ⅱ）按分段讨论，结合极值点的偏移方法推理得证. 【小问1详解】 函数在上单调递减，则，， 即，，而，当且仅当时取等号，因此， 所以a的取值范围是. 【小问2详解】 （i）由，求导得， 由曲线与在处有相同的切线，得，即， 解得，此时曲线与在处的切线都为，符合题意， 所以. （ⅱ）略 19. 某销售公司为了激励员工，对销售冠军——员工甲进行奖励，奖励方案为：在一个盲盒里，有n（足够多）张奖券，这些奖券的金额各不相等，其最大值为M，但金额具体是多少，并未公开.该员工甲需逐张随机抽取并查看金额，如果对抽取的奖券不满意就弃掉，继续抽奖（弃掉的奖券不能再抽取），如果对这张奖券比较满意就保留，从而停止抽奖，公司将以此奖券金额作为奖励. （1）若甲抽取了两张，把第2张奖券保留下来，求甲获得最大金额奖励M的概率； （2）若甲先抽取了k（，且）张奖券，记录下其中的最大金额为m，然后继续抽取，若抽到奖券的金额小于m，就继续抽，当抽到第i（，）张奖券时，其金额大于m，则保留该奖券，停止抽奖，若未抽到金额大于m的奖券，则保留第n张. （ⅰ）若，当时，求甲获得最大金额奖励M的概率p； （ⅱ）当调整k的取值时，甲获得最大金额奖励M的概率p也会发生变化.若，请估计p的最大值，并求此时k的值. （估值参考：当时，，，，.） 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）所以的最大值约为0.3679，此时． 【解析】 【分析】（1）合理设出事件，再根据全概率公式即可得到答案； （2）（i）设：抽到的第张奖券金额为，再利用全概率公式求出概率通式，再代入即可； （ii）根据估值参考公式得，再设函数，求导得其最值，从而得到的估计值，最后结合其整数范围即可得到答案. 【小问1详解】 设抽到的第张奖券的金额为． 设甲获得最大金额奖励． 注意到． 则． 【小问2详解】 （i）仍设：甲获得最大金额奖励， 若，则，故只需考虑的情况． 设：抽到的第张奖券金额为． 由于是随机抽取，抽到的每张奖券为最大金额的机会均等，则． 只有当是前张奖券中的最大金额，甲才会保留第张奖券，则． 则． 若，当时，． （ii）由估值参考得，则． 令，则． 当时，． 当时，单调递增； 当时，单调递减， 因此，当时，取得最大值． 此时，不是整数， 又， 所以的最大值约为0.3679，此时． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $