精品解析：天津市宁河区芦台第一中学2026届高三第二学期数学第一次模拟考试试题

宁河芦台一中26春高三开学考试卷 2025-2026学年第二学期高三数学第一次模拟考试 一、选择题（本题共9小题，每小题5分，共45分）． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知为实数，则“”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. 若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 等差数列的前项和为，已知，则数列的前10项和为（ ） A. B. C. D. 7. 已知一个正四棱锥的底面边长为，高为，若该四棱锥的顶点都在球的球面上，则球的体积等于（   ） A. B. C. D. 8. 已知函数在区间上单调递减，直线为曲线的一条对称轴，点为曲线的一个对称中心，则在区间上的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 9. 已知双曲线的左顶点为，过的直线与的右支交于点，若线段的中点在圆上，且，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）． 10. 已知是虚数单位，则____________． 11. 在的展开式中，的系数为______．（用数字作答） 12. 已知抛物线，其焦点到准线的距离为4，过点且倾斜角为的直线被圆截得的线段长度为___________. 13. 一个盒子装有8个除颜色及等级外完全相同的乒乓球，其中白球有4个一星“☆”，2个二星“☆☆”；黄球有1个一星“☆”，1个二星“☆☆”．每次从盒子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．若摸出白球即停止，则摸出的球中没有二星球的概率为___________；若连续摸两次，在第1次摸出白球的条件下，第2次摸出二星球的概率为___________． 14. 在梯形中，，，，．若，其中为实数，则___________；设是线段上的动点，是线段的中点，则的最小值为___________． 15. 已知函数，不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围为____________． 三、解答题（本大题共5小题，共75分）． 16. 在中，角所对的边分别为，已知. （1）求角的大小； （2）若. （i）求的值； （ii）求的值. 17. 如图，在四棱柱中，平面ABCD，，，，.M，N分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求直线到平面的距离. 18. 已知为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，点为椭圆下顶点，为等腰直角三角形，其周长为. （1）求椭圆的方程； （2）直线过点与椭圆交于点（异于椭圆顶点），线段中点为，射线与直线交于点，点在以为直径的圆上，求直线的方程. 19. 已知数列的前n项和为，对任意，， （1）证明：为等比数列，并求出数列的通项公式. （2）设数列，其中，设. （ⅰ）求的值； （ⅱ）设，求使得成立的最大正整数n的值.（其中符号表示不超过x的最大整数） 20. 已知函数，. （1）求函数在处的切线方程； （2）若， （i）当时，求函数的最小值； （ii）若有两个实根，，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宁河芦台一中26春高三开学考试卷 2025-2026学年第二学期高三数学第一次模拟考试 一、选择题（本题共9小题，每小题5分，共45分）． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由集合的并集运算即可求解 【详解】因为， 所以， 故选：B 2. 已知为实数，则“”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 【答案】B 【解析】 【分析】结合幂函数和指数函数的性质，利用充分性、必要性的概念判断即可. 【详解】因为函数在上单调递增，所以由可得， 又因为函数在上单调递增，所以由可得， 当时一定有，当时不一定有， 因此“”是“”的必要不充分条件， 故选：B 3. 若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误. 【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则存在直线，， 所以由可得，故，故C正确； 对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选：C. 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据奇函数排除D，根据排除C，根据当时，排除B即可求解. 【详解】由题意要使得函数有意义，则，且， 这表明函数定义域关于原点对称， 且，从而函数是奇函数，故排除D， 由，排除C， 当时，，排除B. 故选：A. 5. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】可先确定，，，又即可求解． 【详解】，，， 又， ． 故选：A． 6. 等差数列的前项和为，已知，则数列的前10项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出公差，根据条件得到方程，求出首项和公差，得到，，裂项相消法求和即可. 【详解】设公差为，则， 解得， 故， 所以， 所以的前10项和为. 故选：A 7. 已知一个正四棱锥的底面边长为，高为，若该四棱锥的顶点都在球的球面上，则球的体积等于（   ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】如图，利用正四棱锥的特征，过作棱锥的高，过球心且交于与的交点，连接，设球的半径为，在中，利用勾股定理构建方程，即可求出球的半径，求得球的体积. 【详解】如图，正四棱锥外接于球， 过作棱锥的高，过球心且交于与的交点， 连接，设球的半径为， 则，， 且， 所以， 即，解得， 所以球的体积为. 故选：A 8. 已知函数在区间上单调递减，直线为曲线的一条对称轴，点为曲线的一个对称中心，则在区间上的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，结合五点法作图求出函数的解析式，再求出指定区间上的最大值. 【详解】函数的最小正周期，由函数在上单调递减， 得，则，直线与点分别为曲线的一条对称轴和一个对称中心， 而，则，因此，，， 由，得，而，则， 因此，由，得， 则当，即时，取得最大值， 所以在区间上的最大值为. 故选：C 9. 已知双曲线的左顶点为，过的直线与的右支交于点，若线段的中点在圆上，且，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设线段的中点为，双曲线的右顶点为，连接，则可得，然后在中利用余弦定理求得，则，从而可表示出，代入双曲线方程化简可求出渐近线方程. 【详解】设线段的中点为，双曲线的右顶点为，左右焦点为，连接， 因为线段的中点在圆上，所以， 所以≌，所以， 因为，所以， 在中，由余弦定理得， 因为，所以， 所以，过作轴于，则， 所以， 所以，得，即， 所以双曲线的渐近线方程为； 故选：B 二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）． 10. 已知是虚数单位，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的运算求解即可. 【详解】因为 所以 故答案为： 11. 在的展开式中，的系数为______．（用数字作答） 【答案】## 【解析】 【详解】二项式的展开式第项为， 令得，，即的系数为. 12. 已知抛物线，其焦点到准线的距离为4，过点且倾斜角为的直线被圆截得的线段长度为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式求直线与圆相交所得弦的弦长. 【详解】抛物线，焦点到准线的距离为4，所以，所以焦点. 则过点且倾斜角为的直线方程为：，即. 因为，圆心为，半径为. 圆心到直线的距离为：， 所以直线被圆截得的线段长度为：. 故答案为： 13. 一个盒子装有8个除颜色及等级外完全相同的乒乓球，其中白球有4个一星“☆”，2个二星“☆☆”；黄球有1个一星“☆”，1个二星“☆☆”．每次从盒子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．若摸出白球即停止，则摸出的球中没有二星球的概率为___________；若连续摸两次，在第1次摸出白球的条件下，第2次摸出二星球的概率为___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用互斥事件的概率可求第一空答案，利用条件概率的公式可求第二空的答案. 【详解】设事件=“摸出的球中没有二星球”，则事件包含两个互斥事件：第一次摸出了白色一星球，第一次摸出了黄色一星球同时第二次摸出了白色一星球， . 设事件“第1次摸出白球”， 事件“第2次摸出二星球”， ，， 所以. 故答案为： 14. 在梯形中，，，，．若，其中为实数，则___________；设是线段上的动点，是线段的中点，则的最小值为___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】建系并标点，根据题意可得，即可得和；设，结合向量的坐标运算可得，进而分析的最小值. 【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立平面直角坐标系， 则， 可得，，， 因为，则，可得， 又因为， 则，解得，所以； 设，， 即，则，可得，， 则， 当且仅当时，取到最小值. 15. 已知函数，不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围为____________． 【答案】 【解析】 【分析】分类讨论先去绝对值符号，根据二次函数的对称性，依次讨论对称轴与端点的大小关系，结合最值计算一元二次不等式即可. 【详解】令，即， 由题意可知在R上恒成立， ①若，即时， 要满足题意需， 整理得,解得或（舍去）； ②若，即时， 要满足题意需， 整理得， 解得或，与前提矛盾舍去； ③若，即时， 要满足题意需， 整理得，解得或（，舍去）； 综上所述. 故答案为： 三、解答题（本大题共5小题，共75分）． 16. 在中，角所对的边分别为，已知. （1）求角的大小； （2）若. （i）求的值； （ii）求的值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，结合二倍角公式可求角. （2）（i）利用余弦定理列式，结合条件，可求的值. （ii）利用正弦定理求，结合二倍角公式和和角公式求值即可. 【小问1详解】 由正弦定理及二倍角公式可得， 又因为，所以，解得， 由，可得. 【小问2详解】 （i）将代入余弦定理，得， 解得. （ii）因为，故， 由正弦定理，解得， 由，故， 代入. 17. 如图，在四棱柱中，平面ABCD，，，，.M，N分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求直线到平面的距离. 【答案】（1）证明如下： 取中点，连接， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，方向为轴建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； 【小问3详解】 由（1）知平面； 故点到平面的距离即为到平面的距离； ，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 18. 已知为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，点为椭圆下顶点，为等腰直角三角形，其周长为. （1）求椭圆的方程； （2）直线过点与椭圆交于点（异于椭圆顶点），线段中点为，射线与直线交于点，点在以为直径的圆上，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件求的值，可得椭圆的标准方程. （2）直线的方程为，与椭圆方程联立，求出点坐标，进而得到点坐标，再根据直线的方程求出点坐标，利用可求的值，即得直线的方程. 【小问1详解】 依题意，解得. 故椭圆方程为. 【小问2详解】 如图： 依题意，直线斜率显然存在，设直线的方程为， 设点，由方程组， 整理得， ，故，有， 即， 故中点， 所以直线方程为，则， 又因为点在以为直径的圆上，故有①， 由代入①式，解得， 故直线的方程为. 19. 已知数列的前n项和为，对任意，， （1）证明：为等比数列，并求出数列的通项公式. （2）设数列，其中，设. （ⅰ）求的值； （ⅱ）设，求使得成立的最大正整数n的值.（其中符号表示不超过x的最大整数） 【答案】（1） 任意，①， 当时，，解得； 当时，②， 由①-②得，即， 故数列是首项为，公比为的等比数列， 则. . （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据题设定义分析求解即可； （2）（ⅰ）先求得，结合题设分析可得数列是以为首项，以为公差，项数为的等差数列，可得，结合裂项相消法求解即可； （ⅱ）先由题设可得，利用作差法及二项式定理可证得当时，，进而得到，进而求得，再解不等式即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）可得，则， 当时，， 可知数列的对应项构成以为首项，以为公差的等差数列， ， ， . （ⅱ） ， 下证当时，: ①显然恒成立， ②， ， ， ，故， ， ，即， 又， 因此满足不等式的最大正整数. 20. 已知函数，. （1）求函数在处的切线方程； （2）若， （i）当时，求函数的最小值； （ii）若有两个实根，，且，证明：. 【答案】（1） （2）（i）1； （ii）由题意，，定义域为， 由题意有两个不相等的实数根， 令，则， 所以在上递增，所以， 令， 所以有两个不相等的正的零点，且， 即，两式分别相加减得， . 所以② 要证，只需证， 即证，即需证， 由②知，， 故只需证， 不妨设，令， 则只需证，即， 故只需证， 令 则， 所以在上单调递增， 所以， 即当时，成立. 所以，即，故. 【解析】 【分析】（1）计算，由导数的几何意义即可求； （2）（i）求出，利用导数判断单调性，即可求出最值；（ii）将方程有两个实根转化为有两个不相等的零点，由此列方程，将证明转化为证明，由导数证明不等式成立. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，又， 所以函数在处的切线方程为：，即. 【小问2详解】 （i）当时，，定义域为， ， 令， 则， 所以在上单调递增， 又因为， 所以使得，即，① 故当时，，即，此时在上单调递减； 当时，，即，此时在上单调递增， 所以当时，函数有最小值， 由①可得，即， 所以函数的最小值为. （ii）略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，主要的方法是通过已知条件，化归与转化所要证明的不等式，然后通过构造函数法，结合导数来所构造函数的取值范围，进而证明不等式成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $