精品解析：安徽省滁州市定远县育才学校2026届高三一模数学试题

定远育才学校2026届高三第一次模拟考试 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，且，则（ ） A. B. {2} C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量为单位向量，向量在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 0 D. 4. 若的展开式中二项式系数和为256，则二项式展开式中有理项系数之和为（ ） A. 85 B. 84 C. 57 D. 56 5. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 6. 在复平面内，复数对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 7. 在棱长为2的正方体中，点是的中点，点是侧面上的一个动点，满足平面，则线段长度的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定直线l的方程为，点Q是直线l上的动点，过点Q作圆的一条切线，是切点，C是圆心，若面积的最小值为，则此时直线l上的动点E与圆C上动点F的距离的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知函数在处取得极大值2，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的一个递增区间为 D. 将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则为偶函数 10. 已知为坐标原点，为抛物线的焦点，直线与交于A，B两点，过A，B两点分别作的切线，两切线交于点，直线PA，PB分别交轴于M，N两点，则（ ） A. 的准线方程为 B. 过作为垂足，则 C. D. 设为上的动点，则的最小值为 11. 如图，圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，记圆心的轨迹为曲线，若直线与曲线交于两点，则下面说法正确的是（ ） A. 曲线的方程为 B. 的最小值为 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 箱中有连续编号1到15的小球，现从箱中一次随机取出5个球，若已知取出的5个球的编号中位数为9，则这5个球中的最大编号与最小编号之差恰好等于9的概率为__________． 13. 已知曲线与在交点处的切线互相垂直，则___________． 14. 在锐角中，，它的面积为10，，，分别在、上，且满足，对任意，恒成立，则___________. 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. 十三届全国人大四次会议3月11日表决通过了关于国民经济和社会发展第十四个五年规划和2035年远景目标纲要的决议，决定批准这个规划纲要.纲要指出：“加强原创性引领性科技攻关”.某企业集中科研骨干，攻克系列“卡脖子”技术，已成功实现离子注入机全谱系产品国产化，包括中束流､大束流､高能､特种应用及第三代半导体等离子注入机，工艺段覆盖至28，为我国芯片制造产业链补上重要一环，为全球芯片制造企业提供离子注入机一站式解决方案.此次技术的突破可以说为国产芯片的制造做出了重大贡献.该企业使用新技术对某款芯片进行试生产. （1）在试产初期，该款芯片的批次生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为，，. ①求批次芯片的次品率； ②第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验.已知批次的芯片智能自动检测显示合格率为，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率（百分号前保留两位小数）. （2）已知某批次芯片的次品率为，设个芯片中恰有个不合格品的概率为，记的最大值点为，改进生产工艺后批次的芯片的次品率.某手机生产厂商获得批次与批次的芯片，并在某款新型手机上使用.现对使用这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查.据统计，回访的名用户中，安装批次有部，其中对开机速度满意的有人；安装批次有部，其中对开机速度满意的有人.求，并判断是否有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关？ 附：. 16. 已知数列满足，. （1）证明：是等比数列； （2）设，证明：. 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，， （1）证明：； （2）若点在底面内的正投影为的中点． （i）当为何值时，平面与平面夹角的余弦值最大？ （ii）设平面与交于点；在平面内，过作的平行线交于点，设平面与交于点：在平面内，过作的平行线交于点，设平面与交于点；依次类推，…，设平面与交于点，求． 18. 已知动点(其中)到定点的距离比点到轴的距离大1. （1）求点的轨迹的方程； （2）过椭圆的右顶点作直线交曲线于､两点，其中为坐标原点 ①求证：； ②设､分别与椭圆相交于点､，证明：原点到直线的距离为定值. 19. 已知函数 （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）令求函数的极值. （3）若，正实数满足，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 定远育才学校2026届高三第一次模拟考试 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，且，则（ ） A. B. {2} C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集和补集的定义可求. 【详解】， 由题设有，故， 故选：C. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由得，利用指数函数的单调性即可判断A，利用作差法即可判断BD，由换底公式和对数函数的单调性即可判断C. 【详解】由，所以，又在上单调递增，所以，故A错误； 由，所以，故B正确； 由，又，所以， 所以，故C错误； 由，又， 所以，所以，故D错误； 故选：B. 3. 已知向量为单位向量，向量在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合题意，由投影向量的计算公式可得. 【详解】由题意可得向量在上的投影向量为， 所以， 又向量为单位向量， 所以. 故选：A. 4. 若的展开式中二项式系数和为256，则二项式展开式中有理项系数之和为（ ） A. 85 B. 84 C. 57 D. 56 【答案】A 【解析】 【分析】 先求，再确定展开式中的有理项，最后求系数之和. 【详解】解：的展开式中二项式系数和为256 故， 要求展开式中的有理项，则 则二项式展开式中有理项系数之和为： 故选：A 【点睛】考查二项式的二项式系数及展开式中有理项系数的确定，基础题. 5. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数解析式求得函数定义域，判断函数奇偶性，再取几个特殊值运用排除法得到答案. 【详解】由题意知，，解得，所以定义域关于原点对称，又因为，所以此函数为奇函数，图像关于原点对称，排除A. 当时，，排除B. ，函数只有1个零点，排除C. 故选：D 6. 在复平面内，复数对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】通过复数的运算求出复数的代数形式，然后再进行判断即可． 【详解】由题意得， 所以复数在复平面内对应的点为，在第四象限． 故选D． 【点睛】解题的关键是将复数化为代数形式，然后再根据复数的几何意义进行判断，属于基础题． 7. 在棱长为2的正方体中，点是的中点，点是侧面上的一个动点，满足平面，则线段长度的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点的中点的中点F，连接和，可证面面，故动点在面内的轨迹为，结合几何关系即可求出线段长度的最大值. 【详解】取的中点的中点的中点F，连接和， 由分别为的中点，知，同理可知：,，有， 又由,面且平面，所以平面， 同理可知，平面. 因为,平面平面，所以平面平面， 而平面，故动点在平面内的轨迹为， 由可知，， 所以，即，所以线段的最大值为. 故选：A. 8. 已知定直线l的方程为，点Q是直线l上的动点，过点Q作圆的一条切线，是切点，C是圆心，若面积的最小值为，则此时直线l上的动点E与圆C上动点F的距离的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得直线l的方程为，再求出圆C的圆心坐标与半径，由面积的最小值为求得，再由点到直线的距离公式求解k，可得直线l的方程，进一步求得直线l上的动点E与圆C上动点F的距离的最小值． 【详解】解：由题意可得直线l的方程为， 圆C的圆心，半径为1， 如图： ， 又，当取最小值时，取最小值， 此时，可得，， 则，解得， 则直线l的方程为， 则直线l上的动点E与圆C上动点F的距离的最小值为． 故选：B． 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知函数在处取得极大值2，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 的一个递增区间为 D. 将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则为偶函数 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据三角函数最小正周期的求法，可判定A正确；求得，根据在处取得极大值，列出方程，求得，可判定B错误；利用正弦型函数的性质，求得函数的单调区间，可判定C正确；结合三角函数的图象变换和余弦型函数的性质，可判定D正确. 【详解】对于A，由函数，其中， 所以函数的最小正周期为，所以A正确； 对于B，由， 因为在处取得极大值，可得， 所以，可得， 又因为的极大值为，可得，解得，所以B错误； 对于C，由函数，令， 可得，所以函数的递增区间， 令，可得函数的递增区间为，所以C正确； 对于D，将的图象向左平移个单位长度，可得， 此时函数为偶函数，所以D正确. 故选：ACD. 10. 已知为坐标原点，为抛物线的焦点，直线与交于A，B两点，过A，B两点分别作的切线，两切线交于点，直线PA，PB分别交轴于M，N两点，则（ ） A. 的准线方程为 B. 过作为垂足，则 C. D. 设为上的动点，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由抛物线标准方程判断A；举反例判断B；联立得出，设，表示出的坐标，由判断C；设，，则所求为，结合图像求出相切时的最值判断D. 【详解】A选项，，准线，A正确； B选项，，当时，，为垂足，则， 从而，B错误； C选项， 联立得，则， 设，切线， 联立得， 由，得， 即，令得， 同理以代，得，， 联立得，即， 则，， 则，即，C正确； D选项，设，， 则， 则， 则当最小时，最大， 当与抛物线相切，且在轴下方时取得， 设， 联立得， 由，得或（舍）， 此时，解得， 代入得，D正确； 故选：ACD. 11. 如图，圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，记圆心的轨迹为曲线，若直线与曲线交于两点，则下面说法正确的是（ ） A. 曲线的方程为 B. 的最小值为 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对A，直接根据椭圆的定义可得答案；对B，与互补，求出的最大角即可；对于C：直接利用向量的坐标运算求解；对于D：设，，结合斜率公式及点在椭圆上即可判断. 【详解】 对于A，设动圆的半径为，由条件得， 则，且不重合， 故点的轨迹是以为焦点的椭圆（去掉，重合的点）， 则曲线的方程为，故A正确； 对于B，由图可知与互补，当点为椭圆短轴端点时，最大， 此时， 所以， 则的最大值为， 所以的最小值为，故B正确； 对于C，， 当且仅当时等号成立，故C正确； 对于D，设，则，即 由题意设，则，即 则，故D错误， 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 箱中有连续编号1到15的小球，现从箱中一次随机取出5个球，若已知取出的5个球的编号中位数为9，则这5个球中的最大编号与最小编号之差恰好等于9的概率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】枚举法列出所有情况进行计算. 【详解】设取出的5个球编号从小到大排列为， 由已知中位数为9即，则需从中选取，需从中选取， 故基本事件总数为． 若满足最大编号与最小编号之差为9，设，则． 由知， 由即知，且即，故， 此时的选法总数为， 求和得符合条件的事件数为， 故所求概率为． 13. 已知曲线与在交点处的切线互相垂直，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】设两曲线交点为，曲线的斜率为，曲线的斜率为，求出两曲线交点，分别对曲线方程求导，由切线垂直，解得，联立求解与，相关的值，代入求解即可. 【详解】设两曲线交点为，曲线的斜率为，曲线的斜率为，则，解得，对求导可得，，对求导可得，， 因为两切线垂直，所以，所以，解得， 由，解得，所以， 由可得，所以. 故答案为：. 14. 在锐角中，，它的面积为10，，，分别在、上，且满足，对任意，恒成立，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据三角形面积求得，根据两不等式恒成立，判断，，再由，结合三角形和三角形面积公式，推出和，最后根据向量数量积的定义式即可求得. 【详解】因的面积为10，且，则有，解得， 由图知表示直线上一点到点的向量， 而则表示直线上一点到点 的距离， 由对任意恒成立可知，的长是点到直线上的点的最短距离， 故易得，此时,同理可得. 如图所示,因，由可得：， 由可得：， 由锐角可得是锐角，故是钝角， 于是， 于是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：本题主要考查不等式恒成立和向量数量积的计算，属于较难题. 处理恒成立问题，一般可考虑分类讨论法，参变分离法，结合图形几何意义判断法等方法；对于数量积运算，可考虑定义法，基向量表示法和向量坐标法来解决. 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. 十三届全国人大四次会议3月11日表决通过了关于国民经济和社会发展第十四个五年规划和2035年远景目标纲要的决议，决定批准这个规划纲要.纲要指出：“加强原创性引领性科技攻关”.某企业集中科研骨干，攻克系列“卡脖子”技术，已成功实现离子注入机全谱系产品国产化，包括中束流､大束流､高能､特种应用及第三代半导体等离子注入机，工艺段覆盖至28，为我国芯片制造产业链补上重要一环，为全球芯片制造企业提供离子注入机一站式解决方案.此次技术的突破可以说为国产芯片的制造做出了重大贡献.该企业使用新技术对某款芯片进行试生产. （1）在试产初期，该款芯片的批次生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为，，. ①求批次芯片的次品率； ②第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检验.已知批次的芯片智能自动检测显示合格率为，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率（百分号前保留两位小数）. （2）已知某批次芯片的次品率为，设个芯片中恰有个不合格品的概率为，记的最大值点为，改进生产工艺后批次的芯片的次品率.某手机生产厂商获得批次与批次的芯片，并在某款新型手机上使用.现对使用这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查.据统计，回访的名用户中，安装批次有部，其中对开机速度满意的有人；安装批次有部，其中对开机速度满意的有人.求，并判断是否有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关？ 附：. 【答案】（1）①；②；（2），有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关. 【解析】 【分析】（1）①利用对立事件、相互独立事件概率乘法公式求得所求的次品率. ②根据条件概率计算公式，计算出所求概率. （2）先求得的表达式，利用导数求得，填写列联表，计算，由此作出判断. 【详解】（1）①Ⅰ批次芯片的次品率为 . ②设批次Ⅰ的芯片智能自动检测合格为事件，人工抽检合格为事件， 由已知得，， 则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品为事件， . （2）个芯片中恰有个不合格的概率. 因此， 令，得. 当时，；当时，. 所以的最大值点为. 由（1）可知，，，故批次芯片的次品率低于批次，故批次的芯片质量优于批次. 由数据可建立2×2列联表如下：（单位：人） 开机速度满意度 芯片批次 合计 I J 不满意 12 3 15 满意 28 57 85 合计 40 60 100 根据列联表得 . 因此，有的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关. 【点睛】求解最值点有关的题目，是利用导数研究函数的单调性，由此来求得最值点. 16. 已知数列满足，. （1）证明：是等比数列； （2）设，证明：. 【答案】（1）证明如下： 因为，，则，，… 以此类推可知，对任意的，， 由已知得，即， 所以，且， 所以是首项为，公比为的等比数列. （2）证明如下： 由（1）知，，， ， . 【解析】 【分析】（1）对取倒数，整理得，变形得，然后利用等比数列定义即可证明； （2）先利用等比数列通项公式求得，然后利用裂项相消法求和，再利用数列的符号得范围即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，， （1）证明：； （2）若点在底面内的正投影为的中点． （i）当为何值时，平面与平面夹角的余弦值最大？ （ii）设平面与交于点；在平面内，过作的平行线交于点，设平面与交于点：在平面内，过作的平行线交于点，设平面与交于点；依次类推，…，设平面与交于点，求． 【答案】（1）连接与交于点，连接． 因为四边形为菱形，所以， 在中，，所以 ， 因为平面，平面，， 所以 平面，又 平面，所以. （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）连接与交于点，连接，由已知及线面垂直的判定和性质定理证明结论； （2）（i）构建合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，再应用向量法求面面角的余弦值，结合导数求其最大值； （ii）由题设存在使得，从而得，设，则，得，从而得到参数关系，应用类似过程及等差数列的定义写出通项公式，即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为点在底面投影为，由题意两两垂直． 因为，所以， 以为原点，所在直线分别为轴，建立如图空间直角坐标系， 则，因为，所以． 因为，即，所以. 因为， 设平面的法向量为，所以， 令，所以， 而平面的法向量为． 设平面与平面夹角的大小为， 则. 令，则， 当时，在单调递增； 当时，在单调递减； 所以，当时，取最大值. （ii）因为共面，故存在实数使得， 因此， 设，则，则， 由坐标分量对应相等，化简整理得. 在平面 内，因为，设，则． 类比前面推导过程，可得，将上式取倒数可得， 所以为以为首项、1为公差的等差数列． 所以，所以. 18. 已知动点(其中)到定点的距离比点到轴的距离大1. （1）求点的轨迹的方程； （2）过椭圆的右顶点作直线交曲线于､两点，其中为坐标原点 ①求证：； ②设､分别与椭圆相交于点､，证明：原点到直线的距离为定值. 【答案】（1）； （2）①证明：设过椭圆的右顶点的直线的方程为. 代入抛物线方程，得. 设､，则 ∴. ∴. ②证明：设､，直线的方程为， 代入，得. 于是，. 从而 ∵，∴. 代入，整理得. ∴原点到直线的距离为定值. 【解析】 【分析】（1）根据题意有，化简可得答案. （2）直线的方程为,与抛物线方程联立， ①由，将韦达定理代入可证明. ②由①可得，设､，直线的方程为，则，由方程联立，韦达定理可得，再由点到直线的距离公式可证明. 【详解】（1）设由题意， 两边平方，整理得： 所以所求点的轨迹方程为. （2）①略 ②略 【点睛】本题考查求轨迹方程，考查方程联立韦达定理的应用，考查“设而不求”方法的应用，属于中档题. 19. 已知函数 （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）令求函数的极值. （3）若，正实数满足，证明：. 【答案】（1）； （2）， 所以=， 当时，因为，所以，所以在上是递增函数，无极值； 当时， ， 令，得， 所以当时，；当时，， 因此函数在上是增函数，在上是减函数， 当时，函数的递增区间是，递减区间是， ∴时，有极大值， 综上，当时，函数无极值； 当时，函数有极大值，无极小值； （3）由，令， 则由可得，， 即，设， 可知，在区间（0，1）上单调递减，在区间上单调递增， 所以，，所以， 解得 又因为，因此成立． 【解析】 【分析】(1)利用导函数在处的值求得斜率，然后由点斜式即可求解； (2)利用导函数研究极值的步骤，分类讨论可得，当时，函数无极值； 当时，函数有极大值，无极小值； (3)因为可变形为，设，构造，求出函数的最小值后可得，，解出即可． 【详解】（1）当时，，则，所以切点为（1，1）， 又，则切线斜率， 故切线方程为：，即； （2）略 (3)略 【点睛】本题主要考查导数的几何意义的应用，利用导数研究含参函数的极值问题，以及构造函数利用函数的最值证明不等式恒成立问题，意在考查学生的转化能力，分类讨论思想的应用以及数学运算能力，属于较难题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $