精品解析：2026届宁夏回族自治区石嘴山市第一中学高三第一次模拟测试数学试题

石嘴山市第一中学2026届高三年级高考前第一次阶段测试 （高考第一次模拟） 数学试题 共150分，考试时间120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 下边的Venn图中，两个椭圆区域对应集合A，B，其中，．则阴影部分表示（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数，则的值为（ ） A. 24 B. 4 C. 12 D. 8 3. 设函数则满足的x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 设等差数列的前 项和为，，，（ ） A. 2022 B. 2021 C. 2019 D. 2018 5. 已知，是单位向量，且．若平面向量满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知l，m是两条不同的直线，是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，， 则 B. 若，，， 则 C. 若，，， 则 D. 若，， 则 7. 三所医院派出5名医生到乡镇卫生院指导，要求每所医院至少派遣一名医生，则不同的派出方法有（ ） A. 300种 B. 150种 C. 120种 D. 90种 8. 在平面直角坐标系 中，已知点，动点 满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 以下四个命题表述正确的是（ ） A. 若 、相互独立， B. 已知两个随机变量，，其中，，，若，且，则 C. 圆上存在4个点到直线的距离都等于1 D. 椭圆上的点到直线的最大距离为 10. 著名数学家欧拉曾提出如下定理：三角形的外心､重心､垂心依次在一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，此直线称为欧拉线.该定理称为欧拉线定理.已知 的外心为 ，重心为 ，垂心为 ，且，以下结论正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 11. 已知函数为定义在上的奇函数，又函数,且 与的函数图象恰好有2022个不同的交点，则下列叙述中正确的是（ ） A. 的图象关于对称 B. 的图象关于对称 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知双曲线 ：，则双曲线 的渐近线方程是__________；直线与双曲线相交于 ， 两点，则__________. 13. 如图，是边长为的正三角形的一条中位线，将 沿翻折至，当三棱锥的体积最大时，四棱锥外接球 的表面积为__________；过靠近点的三等分点 作球 的截面，则所得截面圆面积的最小值是___________ 14. 已知平面向量满足：，则的最大值是___________. 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 已知的展开式中第5项与第3项的二项式系数相等． （1）求n及展开式中各项系数的和； （2）求的常数项． 16. 在正四棱柱中，，P为的中点，平面交于点E． （1）证明：E为的中点． （2）在四边形内是否存在点Q，使得？ （3）记三棱锥外接球的球心为O，求三棱锥的体积． 17. 已知函数，且 ． （1）若的图象在点处的切线方程为，求a与b的值； （2）若与的图象有两个不同的交点，，证明：． 18. 已知，是椭圆的左右焦点，离心率为，直线过右焦点. （1）求椭圆 的方程； （2）过的直线交椭圆 于 ，两点，，交曲线 于， 交曲线 于，记直线， 的斜率分别为，，证明：为定值. 19. 某药厂为获得新研发药品的治愈率，委托某公司进行调查，首轮抽取 个患者进行试验，每个患者是否治愈相互独立． （1）假设，回答以下问题： （ⅰ）若，求患者痊愈比例为到的概率． （ⅱ）该公司第二轮再抽取 个患者进行试验．为简化运算过程，拟用计算两轮试验治愈总人数为的概率，是否合理？若合理，请证明；若不合理，请说明理由． （2）在 重伯努利试验中，随机变量，随着试验次数增加，其概率计算较为复杂，此时，根据中心极限定理，近似服从正态分布，故常用以下公式简化概率计算：，其中，随机变量．若用该公司首轮试验的治愈频率来估计治愈率，为保证有把握，使得与之间误差不超过0.01，则至少应抽取多少个患者？ 参考数据：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石嘴山市第一中学2026届高三年级高考前第一次阶段测试 （高考第一次模拟） 数学试题 共150分，考试时间120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 下边的Venn图中，两个椭圆区域对应集合A，B，其中，．则阴影部分表示（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】图中阴影部分表示的集合中的元素在集合中,但不在集合中,由此求解即可． 【详解】图中阴影部分表示的集合中的元素在集合中,但不在集合中, ，，, 所以阴影部分表示的集合为， 故选：C． 2. 已知函数，则的值为（ ） A. 24 B. 4 C. 12 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】由，则，从而可求解. 【详解】因为，所以， 又，所以. 故选：A. 3. 设函数则满足的x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】观察题设条件与所求不等式，构造函数，利用奇偶性的定义与导数说明其奇偶性和单调性，从而将所求转化为，进而得解. 【详解】因为， 所以 ， 设，显然定义域为，， 又， 所以为上的奇函数， 又， 所以在上单调递增， 又，则， 所以，即， 所以，解得， 则满足的 的取值范围是． 故选：C． 4. 设等差数列的前项和为，，，（ ） A. 2022 B. 2021 C. 2019 D. 2018 【答案】B 【解析】 【分析】 先求出等差数列的公差，再由等差数列通项公式求解. 【详解】设等差数列的公差为，由，可得: 解得 ，则 所以 故选：B 5. 已知，是单位向量，且．若平面向量满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构建合适的直角坐标系，根据已知得，，设并结合数量积的坐标表示列方程求向量坐标，进而求模长. 【详解】由题意，得，设向量、的夹角为θ， 因为，所以，故． 以O为原点，以方向为x轴正方向建立平面直角坐标系， 使的起点与O重合，终点在第一象限，则，， 设，则，故， 所以，故． 故选：B 6. 已知l，m是两条不同的直线，是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，， 则 B. 若，，， 则 C. 若，，， 则 D. 若，， 则 【答案】D 【解析】 【分析】空间中线面、面面位置关系的判定，需结合立体几何基本定理进行推理. 【详解】A、也有可能在平面内，命题错误. B、只垂直于平面内的一条直线,不足以推出线面垂直，或者从面面垂直的性质角度看其缺少的条件，故结论不正确. C、只垂直于平面内的一条直线，不足以推出,也不足以推出,命题错误. D、由面面平行的性质可得:命题正确. 故选：D. 7. 三所医院派出5名医生到乡镇卫生院指导，要求每所医院至少派遣一名医生，则不同的派出方法有（ ） A. 300种 B. 150种 C. 120种 D. 90种 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，先选后排.①先选，将5名医生分成三组，有两种方式，即1，1，3与1，2，2，注意去除重复部分；②后排，将分好的三组全排列，即可得到答案. 【详解】根据题意：分两步计算 （1）将5名医生分成三组，有两种方式即1，1，3与1，2，2； ①分成1，1，3三组的方法有， ②分成1，2，2三组的方法有， 所以，一共有种分组方法； （2）将分好的三组全排列有种方法，则不同的派出方法有种. 故选：B. 8. 在平面直角坐标系中，已知点，动点满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得出的轨迹为椭圆，且方程为.设出点的坐标，利用向量数量积的定义求出，结合椭圆中的取值范围即可求出的最大值. 【详解】易知的轨迹为椭圆，其方程为，设，则， 因为，所以，即， . 故选： . 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 以下四个命题表述正确的是（ ） A. 若、相互独立， B. 已知两个随机变量，，其中，，，若，且，则 C. 圆上存在4个点到直线的距离都等于1 D. 椭圆上的点到直线的最大距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用条件概率公式判断A；利用二项分布与正态分布的性质判断B；利用直线与圆的位置关系判断C；设直线与椭圆相切，求出切线方程，利用平行线距离公式判断D. 【详解】若事件与互相独立，可得，，故正确； ，，，，， ，故B正确； 圆的圆心为，半径为2，圆心到直线的距离，而圆的半径等于2， 所以圆上只有3个点到直线距离等于1，C错误； 设直线与椭圆相切， 联立方程，得：， 因为直线与椭圆相切，所以，解得， 当时，直线与距离最大，最大距离为，故D正确； 故选：ABD. 10. 著名数学家欧拉曾提出如下定理：三角形的外心､重心､垂心依次在一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，此直线称为欧拉线.该定理称为欧拉线定理.已知的外心为 ，重心为，垂心为，且，以下结论正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，作出辅助线，得到，由向量数量积公式得到；B选项，作出辅助线，利用向量数量积的几何意义得到；C选项，，故，由欧拉线定理可知，，故C项正确；D选项，由余弦定理和同角三角函数关系得到，由正弦定理得到，故，从而. 【详解】A选项，延长交 于点，由于点是的重心， 可得， 所以，故A正确； B选项，过的外心 分别作 的垂线，垂足为，如图， 易知点分别是 的中点， 则 ，故B项错误； C选项，因为点是的重心，所以， 故 ， 由欧拉线定理可知，重心到外心 的距离是重心到垂心距离的一半， 即，所以，则，故C项正确； 对D选项，作于，则为 中点， ， 由余弦定理可得，则， 设外接圆半径为，则，即， 则， 则 ，故D项错. 故选：AC 11. 已知函数为定义在上的奇函数，又函数,且 与 的函数图象恰好有2022个不同的交点，则下列叙述中正确的是（ ） A. 的图象关于对称 B. 的图象关于对称 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由函数为定义在上的奇函数，可得 的图象关于对称，判断A，B；由函数的图象的对称性，得到两函数交点的对称性，可计算C，D. 【详解】因为函数为定义在上的奇函数， 所以，即 所以 的图象关于对称，故A错误；B正确； 又函数的图象也关于对称， 所以 与 的函数的交点关于对称， 不妨设， 所以， ， 所以，C正确； ，D错误. 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知双曲线 ：，则双曲线 的渐近线方程是__________；直线 与双曲线相交于，两点，则__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由已知可判断双曲线为焦点在 轴上的双曲线，可知 ， ，表示渐近线方程即可；由 可求 的值，从而得到交点坐标，即可得到距离. 【详解】由双曲线 ：知双曲线的焦点在 轴，且，， 即，，所以双曲线 的渐近线方程为； 当 时，， 设，则，所以. 故答案为：；. 13. 如图，是边长为的正三角形的一条中位线，将 沿翻折至，当三棱锥的体积最大时，四棱锥外接球 的表面积为__________；过靠近点 的三等分点作球 的截面，则所得截面圆面积的最小值是___________ 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先判断当平面平面时，三棱锥的体积最大，求得，再找出四棱锥外接球的球心，由勾股定理求得半径，进而得到表面积；当垂直于截面圆时，截面圆半径最小，面积最小即得答案. 【详解】第一空：设点到平面的距离为， 在中，取 的中点 ，连接交于点，连接， 因为为等边三角形， 为 的中点，则， 由题意可知，、 分别为 、 的中点，则，则，， 翻折后，则有，所以二面角的平面角为， 过点在平面内作或其延长线上， 因为，，，、平面， 所以 平面， 因为平面，则， 又因为，，、平面， 所以平面， 所以，且，则， 当为直角时，取最大值， 因为 为 的中点，为定值， 故当为直角时，取最大值， 此时，平面平面， 故是边长为的等边三角形， 因为，则， 因为 为 的中点， 为 的中点，则且， 同理可得，则 为四边形的外心， 设等边的外心为点，过点 作 平面， 因为平面，则， 过点作平面的垂线交于点 ，则 为四棱锥的外接球球心， 连接，则为球 的一条半径， 因为平面平面，平面平面，， 平面，则平面，因为平面，则， 又因为平面，则，故四边形为矩形， 且，则， 因为，则，则， 所以， 所以球 的表面积为； 第二空： 因为等边的外心为点，，则，，又，， 则， 当过点的截面与垂直时，截面圆的半径取最小值， 且， 因此，过的三等分点作球 的截面，则所得截面圆面积的最小值是. 故答案为：；. 14. 已知平面向量满足：，则的最大值是___________. 【答案】 【解析】 【分析】先得到，然后假设坐标，得到的终点坐标满足的方程，同时得到的终点的轨迹方程，最后使用参数方程进行求解，计算即可. 【详解】由，又，所以可知 又，所以 设的终点为，的终点为，其中 由①，设， 则， 所以， ② 将②代入①并化简可得 令设， 所以 当时， 故答案为： 【点睛】关键点睛：利用坐标求解并得到的终点轨迹方程是关键. 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 已知的展开式中第5项与第3项的二项式系数相等． （1）求n及展开式中各项系数的和； （2）求的常数项． 【答案】（1），各项系数的和为1 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合二项式系数的对称性可得，在利用赋值法求各项系数之和； （2）根据题意结合二项展开式的通项公式运算求解. 【小问1详解】 由题意可知：，解得， 即， 令 ，可得展开式中各项系数的和为. 【小问2详解】 因为， 对于，可知其展开式的通项为， 令，解得，此时； 令，解得，此时； 所以的常数项为. 16. 在正四棱柱中，，P为的中点，平面交于点E． （1）证明：E为的中点． （2）在四边形内是否存在点Q，使得？ （3）记三棱锥外接球的球心为O，求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2）不存在 （3） 【解析】 【分析】（1）法一：用几何法，利用面面平行得出线线平行，进而结合三角形中线的性质证明 为中点；法二：建立空间直角坐标系，求出平面法向量从而求出平面方程，进而求出 坐标，证明结论； （2）利用垂直关系得出向量垂直，利用坐标取值范围找到矛盾，得出命题不成立； （3）先求出球心，再求出底面积和高，最后利用体积公式求解． 【小问1详解】 法一：连接， 平面平面， 平面平面,平面平面， ， 平面是平行四边形， ， 在中， 是中点，， 为中点． 法二： ，P为的中点，是正四棱柱， 上下底面是边长为1的正方形，侧棱长为2，， ， ， 设平面的法向量为，则，令，则，平面过点， ， 平面方程为， 在 轴上，代入得， ，即E为的中点． 【小问2详解】 设四边形内存在点，使得， 则， ，， ，，故不可能成立， 四边形内不存在点 ，使得． 【小问3详解】 设外接球球心，则球心到各点距离相等， ， ，即，解得， ， ， ， ， 是直角三角形， ， 由（1）知，平面的法向量为 ， ， 高度， ． 17. 已知函数，且 ． （1）若的图象在点处的切线方程为，求a与b的值； （2）若与的图象有两个不同的交点，，证明：． 【答案】（1）a=1， （2）证明：因为与的图象有两个不同的交点，， 所以，有两个不同的根分别是，不妨设， 所以，，整理得.， 令，， 要证，即证， 即证，即证， 即证在上为单调递增函数. 因为，，设， 则， 整理可得，， 因为， 所以，. 令，解得，设， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以，，即在上恒成立， 所以，在上为单调递增函数. 所以，. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，求出导函数，使在处的导数值等于切线的斜率可求得a=1，再解出b的值即可； （2）证明与交点坐标有关的不等式常用同构法，将原式化简整理具有相同的形式，构造函数，借助函数的导数研究函数的性质.直接法证明不等式困难时，常用分析法来证明，即从结论出发，对结论进行等价分析，从而找到准确的突破口. 【小问1详解】 解：由已知，定义域为， ， 又的图象在点处的切线方程为， 则， 令，则， 在上恒成立， 所以，在上单调递增， 则在上至多有一个零点， 又，所以，a=1，则， 又，. 【小问2详解】 略 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点.要证明复杂的不等式恒成立问题，常常通过变形构造函数，通过求导说明函数的单调性求出最值，从而得到证明. 18. 已知，是椭圆的左右焦点，离心率为，直线过右焦点. （1）求椭圆 的方程； （2）过的直线交椭圆 于，两点，，交曲线 于，交曲线 于，记直线， 的斜率分别为，，证明：为定值. 【答案】（1） （2）证明：设 ，则有 ， 则直线AM的方程为： ，直线AB的方程为，则 ， 联立方程 ， 解得： ， 又点 在椭圆C上， ， 代入上式化简得： ， ； 同理可得： ， 所以 ， 即 ，为定值. 【解析】 【分析】（1）根据条件先求出c，再求出a，b； （2）根据条件可得直线AM和BM的方程，与椭圆C方程联立，利用韦达定理法结合斜率公式计算即得. 【小问1详解】 直线 与x轴的交点为：， ，又 ， 椭圆C的标准方程为：； 【小问2详解】 略 【点睛】本题的难点在于计算，需要设立几个参数，所以在计算过程中每算一步都要核对是否正确，以免前功尽弃. 19. 某药厂为获得新研发药品的治愈率，委托某公司进行调查，首轮抽取个患者进行试验，每个患者是否治愈相互独立． （1）假设，回答以下问题： （ⅰ）若，求患者痊愈比例为到的概率． （ⅱ）该公司第二轮再抽取个患者进行试验．为简化运算过程，拟用计算两轮试验治愈总人数为的概率，是否合理？若合理，请证明；若不合理，请说明理由． （2）在重伯努利试验中，随机变量，随着试验次数增加，其概率计算较为复杂，此时，根据中心极限定理，近似服从正态分布，故常用以下公式简化概率计算：，其中，随机变量．若用该公司首轮试验的治愈频率来估计治愈率，为保证有把握，使得与之间误差不超过0.01，则至少应抽取多少个患者？ 参考数据：． 【答案】（1）（ⅰ） （ⅱ）合理，理由： 首轮抽取个患者，每个患者治愈概率为，且相互独立， 设首轮治愈人数为，则服从二项分布， 即， 第二轮再抽取个患者，治愈概率仍为，且独立于首轮试验， 设次轮治愈人数为，则服从二项分布， 即， 总治愈人数，其中和独立， 由于两轮试验的均为且独立， 总治愈人数服从， 因此：； （2） 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）判断治愈人数服从的分布计算即可； （ⅱ）设首轮治愈人数为，判断服从的分布，求出，设第二轮治愈人数为，同理求出，据此即可求解； （2）证明近似服从正态分布，求出，，求出临界值即可求解. 【小问1详解】 （ⅰ）治愈人数服从二项分布， 需要计算，即：， 因为， 所以； （ⅱ）略 【小问2详解】 根据中心极限定理，当较大时， 近似服从正态分布， ， ， ， 因为，所以临界值， 所以，因为在时取得最大值0.25， 所以代入此最坏情况以保证结果保守， 所以，所以至少需要抽取6400名患者以满足要求. 【点睛】关键点点睛：本题（2）关键在于对中心极限定理的理解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $