河南方城县第一高级中学2026届高三下学期一模考前适应性训练数学试题（八）

方城县第一高级中学2026届高三下学期一模考前适应性训练数学试题（八） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ （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．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知正项等差数列的前项和为，则的最小值为（    ） A．9 B． C． D．8 4．《九章算术》中将正四棱台称为方亭，如图，在方婷中，，其体积为，E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．某企业对一种特殊零部件进行招标，共有7个厂商参与竞标.将7个厂商的报价整理得到如下数据（单位：元/个）：，则这组数据的第70百分位数为（   ） A．5.8 B．5.9 C．6.0 D．6.1 6．记为等比数列的前n项和.已知，则公比q为（    ） A． B．1 C． D．1或 7．已知函数的最大值为，最小正周期为. 设，则（    ） A． B． C． D． 8．已知为圆上的两点，点，且，则线段的长的取值范围为（    ） 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．已知向量满足且则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 10．已知幂函数在上单调递增，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．为偶函数 D． 11．椭圆的左右焦点分别为，是坐标原点，是椭圆上一点，则 （    ） A．的周长是14 B．当时，面积最大 C．的最大值是 D．当时，面积为1 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．若圆上到直线距离为1的点有且仅有2个，则的取值范围为_____ 13．如图，已知圆锥的顶点为，底面圆心为，半径为2.若圆锥的母线长为4，则圆锥的体积为______；若是底面圆的半径，且为线段的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为______． 14．已知，且，若方程有两个不同的实数根，则实数的取值范围是__________. 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． (1)若的定义域为，求的取值范围； (2)若的值域为，求的取值范围 (3)若在区间上单调递减，求的取值范围． 16．已知平面直角坐标系中，点，单位向量与向量垂直. (1)求单位向量的坐标； (2)若，且，求向量在上的投影向量. 17．已知圆台的轴截面为等腰梯形，上底面圆半径为1，下底面圆半径为2，为下底面圆周上的点，且. (1)若. （i）证明：； （ii）求到底面的距离； (2)设圆台的体积为，表面积为，若，求直线与平面所成角的正弦值. 18．如图所示，已知抛物线 被两组首尾相接的平行线段所截，其中一组平行线 …的斜率为，一组平行线. 与x轴垂直，将两组平行线与抛物线C在x轴上方的交点从左到右依次记为 x轴下方的交点从左到右依次记为 若点 的横坐标为1，且点 到抛物线C的准线的距离为 (1)求p的值； (2)求 的面积； (3)设 当 时， 数列 的前n项和为 ，若对任意的，恒有 求实数m的取值范围. 19．记函数导数为，的导数为，的导数为．且的图象在上均为连续不断的曲线．已知存在实数使得． (1)设，判断与0的大小，并说明理由； (2)若，证明：存在实数，使得在上无零点； (3)若，且存在实数，使得在上恒成立，求实数的取值范围（用含的表达式表示）． 试卷第4页，共5页 试卷第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 《方城县第一高级中学2026届高三下学期一模考前适应性训练数学试题（八）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A C D D D D C AD BCD 题号 11 答案 CD 1．B 【分析】解不等式化简集合，再根据并集的定义计算可得. 【详解】由，解得，所以， 又， 所以. 故选：B 2．A 【分析】利用不等式的性质和赋值法可得结论. 【详解】由，可得，所以“”是“”的充分条件； 取，此时，但， 所以“”是“”的不必要条件； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3．C 【分析】利用等差数列求和公式及等差数列通项的下标和性质可得，又，进而利用“1”的代换技巧求解最值即可. 【详解】由等差数列前项和公式可得，所以， 所以，又， 则， 当且仅当，即时等号成立，故的最小值为. 故选：C 4．D 【分析】根据异面直线夹角的定义，在图中明确夹角，根据正四棱台的几何性质以及体积公式，求得夹角所在的直角三角形的边长，结合锐角三角函数的定义，可得答案. 【详解】连接，过作平面，其中垂足为，连接，如下图：    在正四棱台中，易知，， 则，所以， 因为平面，平面，所以，， 易知，所以， 因为，，所以，则， 故， 因为分别为的中点，所以， 则异面直线与的夹角为， 因为平面，平面，所以， 在正方形中，，同理可得， 在等腰梯形中，易知， 在正四棱台中，上下底面面积分别为，， 正四棱台的体积， 则，解得 在中，，. 故选：D. 5．D 【分析】由百分位数的定义及求法求已知数据的第70百分位数. 【详解】将这组数据从小到大进行排列得到：， 由可知，第70百分位数为第5个数，即6.1. 故选：D 6．D 【分析】就公比是否为1分类讨论可得q的值. 【详解】∵， ①当时，，满足条件. ②当时，可得解得. 综上可知：或. 故选：D. 7．D 【分析】由两角和的正弦公式及辅助角公式得到，即可求解. 【详解】， 所以， ， 故选：D 8．C 【分析】利用垂径定理和勾股定理，结合坐标运算，求出线段中点的轨迹方程，再结合圆内定点到圆上动点的距离问题转化为到圆心的距离与半径的关系，从而可得到线段的长的取值范围. 【详解】 设的中点为，所以， 又，所以， 化简得，即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 由，则，且点在圆的内部， 所以圆上动点到定点的取值范围是， 即线段的长的取值范围是. 故选：C. 9．AD 【分析】运用向量的垂直，模长，夹角相关公式，结合数量积定义可解. 【详解】因为，所以； 因为，所以，所以，故C错误，D正确； 因为，所以，A正确； 因为，所以，B错误； 故选：AD. 10．BCD 【分析】利用幂函数的定义及单调性求出，再逐项判断即可. 【详解】因为是幂函数，所以，解得或，又因为在上单调递增，所以，所以，所以A错误，B正确； 由上述分析可得，则，所以为偶函数，C正确； 因为为偶函数，所以，又在上单调递增，所以，故D正确. 故选：BCD. 11．CD 【分析】根据判断A选项；根据点在椭圆的短轴端点时，面积最大判断B选项；根据椭圆的性质判断C选项；联立方程得，进而计算面积公式即可. 【详解】由题知：椭圆的长半轴长，，，， 因为是椭圆上一点，所以根据椭圆的定义，， 对于A， 的周长是，故A错误； 对于B，当面积最大时，点在椭圆的短轴端点，即点的坐标为， 此时，故不成立，故B错误； 对于C，由椭圆的性质可知，的最大值是长半轴长，即为，故C正确； 对于D，根据题意，联立方程得，， 此时，面积为，故D正确. 故选：CD 12． 【分析】先求圆心到直线的距离，再找距离直线为1的两条平行线，通过分析圆与这两条平行线的位置关系，确定半径的取值范围. 【详解】圆的圆心为，半径为. 圆心到直线的距离. 设与直线距离为1的两条平行线为， 由，得或. 则圆心到的距离为，到的距离为. 因为圆上到直线距离为1的点有且仅有2个， 所以圆与这两条平行线一个相交、一个相离，即. 故答案为：    13． / 【分析】根据条件求出圆锥的高，代入圆锥体积公式计算即得；通过建系，求出相关点和向量的坐标，利用向量夹角的坐标公式计算即得. 【详解】由题意得圆锥的高长为， 所以其体积为； 由题意得平面，则，， 而，则两两相互垂直， 则可以点为原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立如图的空间直角坐标系如图． 如图，，，，则，，， 则直线与的夹角的余弦值为． 故答案为：，. 14． 【分析】方程两边取以为底的对数可得，设函数，求导判断函数单调性，可知时，，结合方程有两个不同的实数根，需满足，计算得到结果. 【详解】因为方程有两个不同的实数根，两边取以为底的对数可得， 设函数，则， 故在区间上单调递增，在上单调递减，且，， 趋近于正无穷时，趋近于0，且恒大于0，故时，， 要使得方程有两个不同的实数根，需满足， 注意到，因此，且，故. 故答案为： 15．(1) (2) (3) 【分析】（1）分析可知对任意的，，结合二次不等式恒成立求解即可； （2）分析可知函数的值域包含，结合二次函数的基本性质求解即可； （3）按照、和分类讨论，结合二次函数性质和对数函数性质，利用复合函数单调性法则列不等式组求解即可. 【详解】（1）由题意知对任意的恒成立， 当时，，解得，不符合题意； 当时，，解得． 综上，a的取值范围是. （2）若的值域为，则函数的值域包含， 当时，，符合题意， 当时，则，解得. 综上所述，若的值域为，则的取值范围为； （3）由和复合而成， 显然在定义域上单调递减，所以要使在区间上单调递减， 则在区间上单调递增，且在区间上恒成立， 当时，函数在区间上单调递增，且，符合题意； 当时，由题意，所以； 当时，由题意，所以． 综上，a的取值范围是. 16．(1) (2) 【分析】（1）首先得，设所求为，根据题目条件列方程组求解的值即可； （2）根据题目条件求得，再结合投影向量的定义即可求解. 【详解】（1）由题意，设所求为， 因为单位向量与向量垂直， 所以，解得或； 故所求为； （2）由题意， 因为，且与向量垂直，所以， 解得， 所以，而， 从而， 因为， 所以向量在上的投影向量. 17．(1)（i）证明见解析；（ii） (2) 【分析】（1）（i）连接，，进而证明两两垂直，建立空间直角坐标系，利用坐标法证明即可； （ii）结合（i）的计算过程得即可得答案； （2）设，进而根据体积与表面积比得，进而根据第一问的坐标系，利用坐标法求解即可. 【详解】（1）（i）证明：如图，连接，， 因为为下底面圆周上的点，所以， 因为，所以是等腰直角三角形， 因为，， 因为圆台中，平面，平面， 所以，即两两垂直，如图建立空间直角坐标系， 设，则 所以，， 因为，所以，解得， 所以，即， 所以. （ii）由（i）知， 所以到底面的距离为 （2）解：设，则圆台的母线长为， 圆台的体积为， 表面积为， 因为，所以，即 整理得，解得，另一个解不满足，舍去. 所以 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）求出抛物线 的准线方程，建立关于 的方程，求解即可； （2）根据（1）求出点 的坐标，进而求出直线 的方程，并与抛物线方程联立，得到 间的关系，再求 的坐标，进而得 及点 到直线 的距离，利用三角形的面积公式即可求得结果； （3）先求出数列 的通项公式，进而分类讨论求出， 通过参变分离，将不等式恒成立问题转化为二次函数最值问题，即可求的取值范围. 【详解】（1）由题意知抛物线 的准线方程为 ， 则由题意得 ， 整理得 ，即 ，得 . （2）由（1）知抛物线 的方程为 ，则 ， 因为点 在抛物线 上，则 ， 因为点 与 关于 轴对称， 所以当 时，易知 ， 所以过 且斜率为 的直线 的方程为： ， 联立，得 ， 消去 ，得 ， 解得 或 ， 所以 ，即 . 所以 ，则 ， 又直线 的方程为 ，即 ， 则点 到直线 的距离 ， 所以 （3）由 (2) 知数列 是首项为 2，公差为 2 的等差数列， 所以 ， 代入抛物线方程得 ， 又因为当 时， 所以， 当 为偶数时， . 当 为奇数时， 所以， 因为对任意的 恒成立， 所以当 为偶数时， ，即 恒成立， 又 ， 所以当 时， 取得最小值，且最小值为， 所以 ， 当 为奇数时， 即 恒成立， 又 ， 所以当 时， 取得最小值，且最小值为，所以 . 综上可得 的取值范围为 . 19．(1)，理由见解析 (2)证明见解析 (3)． 【分析】（1）解方程求出，然后求出二阶导数，将的值代入即可判断； （2）分在上没有零点和有零点，讨论函数的单调性，结合即可得证； （3）构造函数，分、和讨论，结合（2）中结论求解可得. 【详解】（1），令，即．又，故． ，则．故． （2）由． 若在上没有零点，则在上恒为正或恒为负， 又由于的图象在上为连续不断的曲线，故在上恒成立． 若在上存在零点，根据零点存在性定理，设是在上的第一个零点，即且，在内． 因为在上连续且无零点，所以在上恒为正或恒为负． 由于，可知在上恒成立， 综上，总存在一个右侧的开区间或使得在上恒成立． 故当时，； 故在上单调递减． 又，故必然存在一个实数，使得对于任意， 恒成立， 故在上无零点． （3）令．故原不等式等价于在上恒成立． ． 又，所以， 且． 若，此时． 由于且易知的图象在上均为连续不断的曲线， 由（2）同理可知，总存在一个包含的开区间，使得在上恒成立， 故在上单调递增． 当时，，故， 又，所以在上恒成立， 因为，所以在上单调递减， 又，所以当时，． 因为，所以在上单调递增． 又，所以当时，． 这与题设在上恒成立相矛盾，故舍去． 若，此时，且． 由（2）同理可知，总存在区间，使得在上恒为正． 同理，总存在区间，使得在上恒为正． 因此，在区间内，故在区间上单调递增． 又，所以当时，在上单调递增． ，当时，时，． 故在上单调递减． 又，所以当时，． 因此，取，则在上恒成立，符合题意． 若，此时 ．． 由于，由（2）同理可知，总存在区间，使得在上恒为正． 同理，总存在区间，使得在上恒为正， 因此，在区间内． 故在区间上单调递增． 又，当时，；当时，． 因此，在区间上单调递减，在区间上单调递增． 又，所以当时，在上单调递增． ，当时，． 又，所以当时，． 故在上单调递增． ，当时，． 由于当时，不符合题意，故舍去． 综上所述，实数的取值范围是． 答案第4页，共16页 答案第5页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $