精品解析：河南南阳市方城县第一高级中学2026届高三下学期一模考试数学试题

2026年春期高三一模考试 数学学科 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 样本数据，，， 的平均数为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 2. 复数，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 已知抛物线上的一点的横坐标为，则点到焦点的距离为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，其中，实数，下列选项中正确的是（ ） A. 若，函数关于直线对称 B. 若，函数在上是增函数 C. 若函数在上最大值为1，则 D. 若，则函数的最小正周期是 5. 已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，若，则（ ） A. 1 B. C. 0 D. 6. 已知，是第四象限角，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量，若与共线，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ） 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，有错选的得0分. 9. 如图，正方体的棱长为分别为棱的中点，为线段上的动点，则（ ） A. 平面 B. C. 平面 D. 的最小值为 10. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若 ，，，则符合条件的有且仅有两个 B. 若，则 C. 若，则为钝角三角形 D. 若为锐角三角形，则 11. 将一枚质地均匀的硬币连续投掷 次，定义随机变量为结果中连续出现正面的最大次数.若始终未出现正面，规定，例如，投掷结果为“正反正正”时，连续出现正面的次数为和，故，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，已知，， ，则______. 13. 已知等差数列的前 项和为，当为定值时，也是定值，则______. 14. 已知，，使得整除的解的有________组． 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. 已知数列的前n项和为，从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，条件①，且；条件②为等比数列，且满足；解答下列问题．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． （1）求数列的通项公式； （2）设，记的前n项和为，若对任意正整数n，都有，求实数 的取值范围． 16. 甲、乙两人进行 知识问答比赛，共进行多轮抢答赛，每轮比赛中有3道抢答题，每道题均有人抢答，其计分规则为：初始甲、乙双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.假设甲、乙抢到每题的成功率相同，且两人每题答题正确的概率分别为和.求： （1）甲在每轮比赛中获胜的概率； （2）甲前二轮累计得分恰为4分的概率. 17. 已知球的半径为1，在球的内接八面体 中，顶点，分别在平面两侧，且四棱锥 与 都是正四棱锥. （1）如图1，若点在平面上，求证： 平面 ； （2）如图2，若二面角 的正切值为，求该内接八面体的体积. 18. 设函数，直线是曲线 在点且处的切线. （1）当时，求的单调区间； （2）求证：不经过点； （3）当时，设点且，为与轴的交点， 与 分别表示与 的面积，是否存在点使得 成立？若存在，这样的点有几个？ 19. 已知A、B为椭圆（）和双曲线的公共顶点，P、Q分别为双曲线和椭圆上不同于A、B的动点，且（ ，），设AP、BP、AQ、BQ的斜率分别为、、、. （1）若 ，求的值（用a、b的代数式表示）； （2）求证：； （3）设、分别为椭圆和双曲线的右焦点，若，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年春期高三一模考试 数学学科 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 样本数据，，，的平均数为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 9 【答案】D 【解析】 【详解】样本数据的平均数为. 2. 复数，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】依题意，. 3. 已知抛物线 上的一点 的横坐标为，则点 到焦点的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】抛物线 的准线方程为， 由抛物线定义可知，点 到焦点的距离与点 到准线的距离相等， 则点 到焦点的距离. 4. 已知函数，其中，实数，下列选项中正确的是（ ） A. 若，函数关于直线对称 B. 若，函数在上是增函数 C. 若函数在上最大值为1，则 D. 若，则函数的最小正周期是 【答案】C 【解析】 【分析】求出即可判断选项A；由正弦函数的单调性即可判断B；由正弦函数的性质可得关于的不等式，从而可求出的取值范围，即可判断C；判断，即可判断D． 【详解】对于A，若，则， ，不是最值， 所以不关于直线对称，故A错误； 对于B，若，则， 当时，，因为正弦函数 在上不单调， 所以函数在上不是增函数，故B错误； 对于C，，则， 因为函数在上最大值为1， 所以，解得，故C正确； 对于D，若，函数， 因为， 所以函数的最小正周期不是，故D错误． 故选：C． 5. 已知函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，若，则（ ） A. 1 B. C. 0 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由和推出，进而得周期 即可求解. 【详解】由为奇函数有， 为偶函数有， 所以有，即， 所以函数的周期为 ，所以， 又， 故选：C. 6. 已知，是第四象限角，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由两角差的正弦公式求得，再根据同角三角函数基本关系求得，最后由正弦的两角和公式求解． 【详解】因为， 所以，则， 是第四象限角， ， ． 故选：D． 7. 已知向量，若与共线，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据与共线，可得，求得 ，再利用向量在向量上的投影向量为，计算即可得解. 【详解】由向量，， 若与共线，则，所以 ， 则， 所以向量在向量上的投影向量为： ， 故选：D. 8. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由指数函数，对数函数单调性可得答案. 【详解】因函数在上单调递增， 则，， 则. 故选：A 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，有错选的得0分. 9. 如图，正方体的棱长为分别为棱的中点，为线段上的动点，则（ ） A. 平面 B. C. 平面 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正方体性质及线面、面面平行的判定易得面面、 面，即可判定AB；假设平面 ，则一定成立，结合题设判断C；求出判断D. 【详解】对于A，，，平面， 产面，则平面， 同理平面，而平面 ，则平面平面， 而平面，又平面 ，A正确； 对于B，由 平面， 平面，得，又， 平面，则 平面， 而平面，所以，B正确； 对于C，若平面 ，而 平面 ，则， 而Q为直角三角形的斜边上的动点，不可能恒有，C错误； 对于D，正方体的体对角线，互相平分， 而，当且仅当为中点时取等号，的最小值为，D正确. 故选：ABD 10. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ） A. 若 ，，，则符合条件的有且仅有两个 B. 若，则 C. 若，则为钝角三角形 D. 若为锐角三角形，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据余弦定理以及正弦定理，逐项检验，可得答案. 【详解】对于A：若 ，，， 由余弦定理得， 故符合条件的有且仅有一个，故A错误； 对于B：反证法：假设，根据三角形内大边对大角，则， 由正弦定理可得，与题干矛盾，故B正确； 对于C：若，由正弦定理得， 由余弦定理得，故，所以为钝角三角形，故C正确； 对于D：若为锐角三角形，则，所以， 因为 在上单调递增，所以，故D正确． 故选：BCD． 11. 将一枚质地均匀的硬币连续投掷 次，定义随机变量为结果中连续出现正面的最大次数.若始终未出现正面，规定，例如，投掷结果为“正反正正”时，连续出现正面的次数为和 ，故，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项利用独立事件的概率乘法公式求得；B选项通过列出的分布列计算期望得；C选项通过枚举发现，说明不能简单分解为独立事件；D选项利用（正面次数）及期望的单调性证得. 【详解】对于A， 对应于连续 次扔出正面，于是，A正确； 对于B，，，，， 则，B正确； 对于C，观察前次扔出连续的次正面并不等价于前 次的以及接下来的. 严格计算：，，，C错误； 对于D，不妨设表示前 次投掷中出现正面的次数， 于是，则，则，于是，D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，已知，， ，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形内角和与正弦定理可得答案 【详解】由三角形内角和得，则， 又由正弦定理：，则. 13. 已知等差数列的前 项和为，当为定值时，也是定值，则______. 【答案】13 【解析】 【分析】根据等差数列通项公式和求和公式基本量计算得到，求出答案. 【详解】因为，当为定值时，为定值，即为定值， 则为定值， 所以，解得. 故答案为：13. 14. 已知，，使得整除的解的有________组． 【答案】 【解析】 【分析】先由条件得到整除，然后分类讨论得到所有的解，，，再从得到，即可确定所有的组数. 【详解】由于得整除，而，故整除. 由于，故，所以是非正的整数，即. 若，则，从而是的倍数，设，则，此时； 若，则，从而. 所以，得，所以. 假设 ，则，且，且，得，所以，矛盾； 所以 ，则，而，，故. 而一定是的因数，而，故. 如果，则；如果，则. 从而，满足条件的只可能是，，或. 经验证，，，均符合条件. 由解得，所以加上限制条件后，满足条件的恰好就是，，或. 综上，满足条件的一共有组. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用整除的性质和分类讨论确定所有满足条件的. 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. 已知数列的前n项和为，从条件①、条件②这两个条件中选择一个条件作为已知，条件①，且；条件②为等比数列，且满足；解答下列问题．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． （1）求数列的通项公式； （2）设，记的前n项和为，若对任意正整数n，都有，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）若选择①得到，得到等比数列公比为 ，计算 得到，若选择②，计算 ， 得到公比，计算得到通项公式. （2）确定，，利用裂项相消法得到，得到实数的取值范围. 【小问1详解】 若选择条件①：且，则， 两式相减，， 又，，解得 ， 则为公比 的等比数列， 因此数列的通项公式为：； 若选择条件②：为等比数列，且满足， 则，， 因此可得， 则. 【小问2详解】 由（1）知，， 则， ， 又，则，故， 要使不等式恒成立，则，即. 16. 甲、乙两人进行 知识问答比赛，共进行多轮抢答赛，每轮比赛中有3道抢答题，每道题均有人抢答，其计分规则为：初始甲、乙双方均为0分，答对一题得1分，答错一题得分，未抢到题得0分，最后累计总分多的人获胜.假设甲、乙抢到每题的成功率相同，且两人每题答题正确的概率分别为和.求： （1）甲在每轮比赛中获胜的概率； （2）甲前二轮累计得分恰为4分的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设甲在一轮比赛中获胜为事件，甲在一轮比赛中共抢到道题为事件，由求解即可； （2）设甲前二轮累计得分恰为4分的事件为，甲在一轮比赛中得 分的事件为，由即可求解， 【小问1详解】 设甲在一轮比赛中获胜为事件，甲在一轮比赛中共抢到道题为事件，则， 又，， 所以. 【小问2详解】 设甲前二轮累计得分恰为4分的事件为，甲在一轮比赛中得 分的事件为，则 ， ， 所以 . 17. 已知球的半径为1，在球的内接八面体 中，顶点 ，分别在平面两侧，且四棱锥 与 都是正四棱锥. （1）如图1，若点在平面上，求证： 平面 ； （2）如图2，若二面角 的正切值为 ，求该内接八面体的体积. 【答案】（1）如图，连接 ，则 必过点 ， 在四边形 中，由于对角线 ，互相平分， 则四边形 为平行四边形，故 ， 由于 平面 且 平面 ， 所以 平面 ； （2）. 【解析】 【分析】（1）先证明 ，再利用线面平行的判定定理直接证明即可； （2）解法1 记正方形 的中心为 ，取 中点 ，设 ，利用二面角的平面角定义求得，， 因为 为二面角 的平面角且 ，列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解； 解法2 记正方形 的中心为 ，以点 为坐标原点，建立空间直角坐标系，设 ，求出平面 和平面 的法向量，利用向量法列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解； 解法3 以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设 ，求出平面 和平面 的法向量，利用向量法列方程求出，进而得到即可利用体积公式求解； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法1 如图，记正方形 的中心为 ，取 中点 ，连接， ， ，，由于，则，同理可证 ，则 为二面角 的平面角，又 ，则 ， 则 为二面角 的平面角， 为二面角 的平面角， 不妨设点 在 的下方， 设 则，，， ， ， 于是，， 于是， ， 由于 ，则，解得， 则，则，即内接八面体的体积为； 解法2 如图，记正方形 的中心为 ，连接 ，， 则 ，，两两垂直，如图，以点 为坐标原点，以 所在直线为轴，所在直线为 轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 不妨设点 在 的下方， 则，， ， ， 于是点 ， ， ， ， 设平面 的一个法向量为， ， ， 由，，令，则， 于是平面 的一个法向量为 ， 设平面 的一个法向量为， ， ， 由，，令，则， 于是平面 的一个法向量为 ， 设二面角 的平面角为，由于， 则，则，， 则，即内接八面体的体积为. 解法3 如图，过点作 ，记正方形 的中心为 ，连接 ，， 由于平面 ， ， 平面 ，则 ， ， 且 ，则 ，，两两垂直，如图，以点为坐标原点，以 所在直线为轴，所在直线为 轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 由对称性，不妨设点 在 的下方，设 则，， ， ， 于是点 ， ， ， ， 设平面 的一个法向量为， ， ， 由，， 令，则， ， 于是平面 的一个法向量为 ， 设平面 的一个法向量为， ， ， 由，， 令，则， ， 于是平面 的一个法向量为 ， 设二面角 的平面角为，由于， 则，则， 则，即内接八面体的体积为. 18. 设函数，直线是曲线 在点且处的切线. （1）当时，求的单调区间； （2）求证：不经过点； （3）当时，设点且，为与轴的交点， 与 分别表示与 的面积，是否存在点使得 成立？若存在，这样的点有几个？ 【答案】（1）单调递增区间为 ，单调递减区间为 （2） 证明：直线是曲线在点 处的切线，其斜率为. 因此，切线方程为：. 将原点 代入该方程，得到：，即：. 由题意 ，则：. 代入上式： 化简后得到： 两边同乘以 （注意 且 ）， 得：. 设 ， 则 是上述等式的必要条件. 又因为 ， 在区间内 ，单调递减；在区间内 ，单调递增； 所以， 所以 仅在 时成立， 而题目要求 . 所以直线不可能经过点 . （3）存在，一个 【解析】 【分析】（1）利用导数进行研究求得单调区间； （2）利用导数的几何意义求得切线方程，进而证明； （3）利用切线方程，求得各相关三角形的面积表达式，根据题意列出方程并利用导数研究求解. 【小问1详解】 解：当 时，函数 ， 令 ，解得 . 当 时，，故 在区间 上单调递增； 当 时，，故 在区间 上单调递减. 因此， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 . 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 解：当 时，函数为：. 导数：， 在点处的切线方程为： ， 即：， 切线与轴的交点是 时的值： ， 化简：， 所以 ，，， ， ，，， . 由 得， 化简得*. 因为且，可以去掉绝对值符号（注意符号分析）： 由（1）得 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 . ， 所以对于恒成立. 所以对于恒成立， 所以对于恒成立， 即，对于恒成立， 所以对于恒成立. 即. 所以（*）式即为， 化简得(**) 令， 则， 在 上，单调递减； 在区间上，单调递增； 在区间 上单调递减， 由于，所以函数有唯一零点，即方程(**)为唯一解. 所以存在点使得  成立，这样的点有1个. 19. 已知A、B为椭圆（）和双曲线的公共顶点，P、Q分别为双曲线和椭圆上不同于A、B的动点，且（ ，），设AP、BP、AQ、BQ的斜率分别为、、、. （1）若 ，求的值（用a、b的代数式表示）； （2）求证：； （3）设、分别为椭圆和双曲线的右焦点，若，求的值． 【答案】（1）； （2）设点P，Q的坐标分别为，， 则，即， 所以，①， 同理，②，由（1）知，O，P，Q三点共线， ，由①②得，； （3）8． 【解析】 【分析】（1）根据平面向量的线性运算可得，设点 ，，将两点分别代入双曲线方程和椭圆方程并求解可得，，从而可求； （2）设点P，Q的坐标分别为，，将点P的坐标代入双曲线方程变形可得，则，同理可得，相加即可证明结论； （3）由（2），，又，则，，从而，解得，，因为O，P，Q三点共线且，所以，则，可求，结合①可得，再求，同理可求和，由此即可求得结果. 【详解】（1）如图，，， ，， 若 ，则，设点 ，， 将两点分别代入双曲线方程和椭圆方程中得：，， 解得，，，故； （2）略 （3）由（2），，又，则， 即，，从而，又， 解得，， 因为O，P，Q三点共线且，所以， 则，所以， 由①得，同理， 另一方面，，类似地，， 故. 【点睛】本题考查了直线的斜率，圆锥曲线方程的应用和平面向量的基本知识，着重考查学生的计算求解能力和逻辑推理能力，属难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $