精品解析：河北石家庄市第一中学2026届高考第一次模拟考试数学试卷

石家庄市第一中学2026届高考第一次模拟考试 数学试卷 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指定位置，在其他位置作答一律无效． 3．本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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，，则=（ ） A. B. C. D. 2. 已知{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2023，则序号n等于（ ） A. 667 B. 668 C. 669 D. 675 3. 为虚数单位，则复数（ ） A. B. C. D. 4. 在音乐理论中，若音的频率为，音的频率为，则它们的音分差.当音与音的频率比为时，音分差为，当音与音的频率比为时，音分差为，则（ ） A. B. C. D. 5. 设随机变量服从正态分布，若，则的值为（ ） A. B. C. 3 D. 5 6. 已知直线与圆相交，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量，都是单位向量，若，则向量，的夹角的大小为（ ） A. B. C. D. 8. 已知为坐标原点，分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线上一点，若直线和的倾斜角分别为和，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 5 C. 2 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．全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 圆柱的轴截面为正方形，则下列结论正确的有（ ） A. 圆柱内切球的半径与图柱底面半径相等 B. 圆柱内切球的表面积与圆柱表面积比为 C. 圆柱内接圆锥的表面积与圆柱表面积比为 D. 圆柱内切球的体积与圆柱体积比为 10. 已知，，，则（ ） A. 的最小值为4 B. 的最小值为 C. 的最小值为3 D. 的最小值为 11. 数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美､对称美､和谐美的产物，曲线为四叶玫瑰线，下列结论正确的有（ ） A. 方程，表示的曲线在第二和第四象限； B. 曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过； C. 曲线构成的四叶玫瑰线面积大于； D. 曲线上有个整点（横､纵坐标均为整数的点）. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为______（用数字作答）. 13. 的内角的对边分别为.若，则的面积为__________. 14. 现有n（，）个相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k（，2，3，…，n）个袋中有k个红球，个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出四个球（每个取后不放回），若第四次取出的球为白球的概率是，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. 如图，三棱锥的侧面是等边三角形，底面是直角三角形，斜边的中点为． （1）证明：； （2）若，求与平面所成角的正弦值． 16. 直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前已被广大消费者所接受.针对这种现状，某公司决定逐月加大直播带货的投入，直播带货金额稳步提升，以下是该公司2023年前5个月的带货金额： 月份 1 2 3 4 5 带货金额万元 350 440 580 700 880 （1）计算变量的相关系数（结果精确到0.01）. （2）求变量之间的线性回归方程，并据此预测2023年6月份该公司的直播带货金额. 参考数据：， 参考公式：相关系数，线性回归方程的斜率，截距. 17. 已知数列满足，且． （1）若，证明：数列是等比数列； （2）求数列的前项和． 18. 已知函数，直线是曲线在点处的切线. （1）当时，求直线的方程； （2）求证：函数有唯一零点； （3）记的零点为，当直线与轴相交时，交点横坐标为.若，求的取值范围. 19. 已知圆：与x正半轴交于点A，与直线在第一象限的交点为B．点为圆O上任一点，且满足，以x，y为坐标的动点的轨迹记为曲线． （1）求曲线的方程； （2）若两条直线：和：分别交曲线于点E、F和M、N，求四边形面积的最大值，并求此时的k的值； （3）研究曲线的对称性并证明为椭圆，并求椭圆的焦点坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石家庄市第一中学2026届高考第一次模拟考试 数学试卷 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指定位置，在其他位置作答一律无效． 3．本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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，，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由集合的描述，用列举法写出集合，由集合的补集定义得出结果. 【详解】， ∴ 故选：A 2. 已知{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2023，则序号n等于（ ） A. 667 B. 668 C. 669 D. 675 【答案】D 【解析】 【分析】依题意求出等差数列的通项公式，再解方程即可； 【详解】解：依题意 由，解得. 故选：D 3. 为虚数单位，则复数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算计算即可. 【详解】. 故选：A. 4. 在音乐理论中，若音的频率为，音的频率为，则它们的音分差.当音与音的频率比为时，音分差为，当音与音的频率比为时，音分差为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意将数据分别代入，求出和，然后即可求解. 【详解】由题意可知：， ， 联立方程组，消去可得：. 故选：C. 5. 设随机变量服从正态分布，若，则的值为（ ） A. B. C. 3 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性，即得解 【详解】由题意，根据正态分布的对称性 故选：A 6. 已知直线与圆相交，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意，根据圆心到直线的距离小于半径列不等式求解即可. 【详解】圆的圆心为，半径为， 若直线与圆相交， 则，即， 两边同时平方化简可得，解得， 所以实数的取值范围为. 故选：A 7. 已知向量，都是单位向量，若，则向量，的夹角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据结合题意整理得，代入公式运算 【详解】向量，都是单位向量，则， ，即， ， 又因为，所以， 故选：B 8. 已知为坐标原点，分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线上一点，若直线和的倾斜角分别为和，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. 5 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知计算可得所以直线的斜率为，直线的斜率为，设，由，解得，代入双曲线方程计算即可求得结果. 【详解】由题意得， 所以直线的斜率为，直线的斜率为， 设，则有，解得， 代入双曲线方程，得， 又，所以， 化简可得：，， 所以，解得或(,舍). 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．全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 圆柱的轴截面为正方形，则下列结论正确的有（ ） A. 圆柱内切球的半径与图柱底面半径相等 B. 圆柱内切球的表面积与圆柱表面积比为 C. 圆柱内接圆锥的表面积与圆柱表面积比为 D. 圆柱内切球的体积与圆柱体积比为 【答案】ABD 【解析】 【分析】圆柱内切球半径等于圆柱底面半径，再利用即可得到ABD，圆柱内接圆锥半径圆柱底面半径，高等于圆柱的高即可得到C. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆柱的高为，所以内切球的半径为，A正确； 圆柱的表面积为，内切球的表面积为，所以圆柱内切球的表面积与圆柱表面积比为，B正确； 圆柱内接圆锥的表面积为，圆柱内接圆锥的表面积与圆柱表面积比为错误； 圆柱内切球的体积，圆柱的体积，所以，D正确. 故选：. 10. 已知，，，则（ ） A. 的最小值为4 B. 的最小值为 C. 的最小值为3 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据基本不等式中“1”的整体代换即可判断A； 利用消元法结合二次函数的性质即可判断B；利用基本不等式结合对数运算即可判断C；利用基本不等式结合指数运算即可判断 D. 【详解】由题意可得，当且仅当时，等号成立，则A错误； , ，，，, 当时，的最小值为，则B正确； 因为，且，所以，所以， ,当且仅当时，等号成立，则C正确； ,当且仅当时，等号成立，则D正确； 故选：BCD. 11. 数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美､对称美､和谐美的产物，曲线为四叶玫瑰线，下列结论正确的有（ ） A. 方程，表示的曲线在第二和第四象限； B. 曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过； C. 曲线构成的四叶玫瑰线面积大于； D. 曲线上有个整点（横､纵坐标均为整数的点）. 【答案】AB 【解析】 【分析】本题首先可以根据判断出A正确，然后根据基本不等式将转化为，即可判断出B正确，再然后根据曲线构成的面积小于以为圆心、为半径的圆的面积判断出C错误，最后根据曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过以及曲线的对称性即可判断出D错误. 【详解】A项：因为，所以、异号，在第二和第四象限，故A正确； B项：因为，当且仅当时等号成立， 所以，， 即，，故B正确； C项：以为圆心、为半径的圆的面积为， 显然曲线构成的四叶玫瑰线面积小于圆的面积，故C错误； D项：可以先讨论第一象限内的图像上是否有整点， 因为曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过， 所以可将、、、、、代入曲线的方程中， 通过验证可知，仅有点在曲线上， 故结合曲线的对称性可知，曲线仅经过整点，故D错误， 故选：AB. 【点睛】本题是创新题，考查学生从题目中获取信息的能力，考查基本不等式的应用，考查数形结合思想，体现了综合性，是中档题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为______（用数字作答）. 【答案】56 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式求解即可. 【详解】， 令，解得，所以. 故的展开式中的系数为56. 故答案为：56 13. 的内角的对边分别为.若，则的面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】本题首先应用余弦定理，建立关于的方程，应用的关系、三角形面积公式计算求解，本题属于常见题目，难度不大，注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查． 【详解】由余弦定理得， 所以， 即 解得（舍去） 所以， 【点睛】本题涉及正数开平方运算，易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误．解答此类问题，关键是在明确方法的基础上，准确记忆公式，细心计算． 14. 现有n（，）个相同的袋子，里面均装有n个除颜色外其他无区别的小球，第k（，2，3，…，n）个袋中有k个红球，个白球.现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出四个球（每个取后不放回），若第四次取出的球为白球的概率是，则______. 【答案】9 【解析】 【分析】根据古典概型性质，先计算出某一情况下取球方法数的总数，在列举出第三次取球为白球的情形以及对应的取法数，根据古典概型计算概率，最后逐一将所有情况累加即可得出总概率，最后即可得到答案. 【详解】设选出的是第k个袋，连续四次取球的方法数为， 第四次取出的是白球的取法有如下四种情形： 4白，取法数为：， 1红3白，取法数为：， 2红2白，取法数为：， 3红1白：取法数为：， 所以第四次取出的是白球的总情形数为： ， 则在第k个袋子中取出的是白球的概率为：， 因为选取第k个袋的概率为，故任选袋子取第四个球是白球的概率为： ， 当时，. 故答案为：． 【点睛】思路点睛：本题为无放回型概率问题，根据题意首先分类讨论不同k值情况下的抽取总数(可直接用k值表示一般情况)，再列出符合题意得情况(此处涉及排列组合中先分类再分组得思想)，最后即可计算得出含k的概率一般式，累加即可，累加过程中注意式中n与k的关系可简化累加步骤. 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. 如图，三棱锥的侧面是等边三角形，底面是直角三角形，斜边的中点为． （1）证明：； （2）若，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：取的中点，连接，由是中点，得， 依题意，，则，由是等边三角形，得， 又平面，因此平面，而平面， 所以. （2）． 【解析】 【分析】（1）取的中点，利用线面垂直的判定性质推理得证. （2）由给定的数量关系及（1）证得直线，再建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而求出线面角的正弦. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 不妨设，则， 连接，在中，， 则，即，又平面， 因此平面，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为，由，令，得， 设与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正弦值为. 16. 直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前已被广大消费者所接受.针对这种现状，某公司决定逐月加大直播带货的投入，直播带货金额稳步提升，以下是该公司2023年前5个月的带货金额： 月份 1 2 3 4 5 带货金额万元 350 440 580 700 880 （1）计算变量的相关系数（结果精确到0.01）. （2）求变量之间的线性回归方程，并据此预测2023年6月份该公司的直播带货金额. 参考数据：， 参考公式：相关系数，线性回归方程的斜率，截距. 【答案】（1）0.99 （2），986万元. 【解析】 【分析】（1）直接代入相关系数方程即可. （2）求出线性回归方程，再代入即可. 【小问1详解】 【小问2详解】 因为， 所以， 所以变量之间的线性回归方程为， 当时，（万元）. 所以预测2023年6月份该公司的直播带货金额为986万元. 17. 已知数列满足，且． （1）若，证明：数列是等比数列； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） 因为， 所以， 所以，即， 又， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列. （2） 【解析】 【分析】（1）由题意得，根据等比数列的定义，即可得证. （2）由（1）可得，根据分组求和法，结合等差数列、等比数列求和公式，即可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， 所以前项和 . 18. 已知函数，直线是曲线在点处的切线. （1）当时，求直线的方程； （2）求证：函数有唯一零点； （3）记的零点为，当直线与轴相交时，交点横坐标为.若，求的取值范围. 【答案】（1）； （2） ， 令可得，列表可得 单调递减 极小值 单调递增 当，，此时函数无零点； 当时，单调递增， 又，， 所以根据零点存在性定理，函数存在唯一零点. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义可得切线方程； （2）先用导数判断函数的单调性，再结合零点存在性定理可证； （3）先解得，再构造函数，再用导数判断成立的条件可得. 【小问1详解】 由，可得，.又因为时，. 因为直线是曲线在点处的切线，所以直线的方程为， 所以，直线的方程为，即. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 由（1）可知直线的方程为， 因为直线与轴相交，且交点的横坐标为，， 所以令，当时，有. 设，则. 又，所以， 由（2）知，且当，且. 所以当或时，；当或时，. 列表可得 单调递增 极大值 单调递减 单调递减 极小值 单调递增 当时，，不满足， 当时，，即成立 综上可知，. 19. 已知圆：与x正半轴交于点A，与直线在第一象限的交点为B．点为圆O上任一点，且满足，以x，y为坐标的动点的轨迹记为曲线． （1）求曲线的方程； （2）若两条直线：和：分别交曲线于点E、F和M、N，求四边形面积的最大值，并求此时的k的值； （3）研究曲线的对称性并证明为椭圆，并求椭圆的焦点坐标． 【答案】（1） （2）时，四边形的面积最大值为 （3）曲线的方程为，它关于直线、和原点对称， 下面证明：设曲线上任一点的坐标为，则， 点关于直线的对称点为， 因为，所以点在曲线上，故曲线关于直线对称， 同理可得点关于直线的对称点也在曲线上， 故曲线关于直线对称，同理可证曲线关于原点对称. 下面证明为椭圆. 证明：①联立曲线和直线方程， 解得交点坐标为， 联立曲线和直线方程，解得交点坐标为， 则，，，. 在上取点，设为曲线上任一点， 则 （因为）. 即曲线上任一点到两定点的距离之和为定值. ②若点到两定点的距离之和为定值， 设为曲线上任一点， 则， 移项得， 平方整理得，， 再移项平方得， 化简可得故点的轨迹方程为， 综上所述曲线是椭圆，其焦点坐标为. 【解析】 【分析】（1）由表示出点坐标代入圆方程可得曲线的方程． （2）把方程代入曲线的方程求得的坐标，得，同理可得，由得，应用整体换元法结合基本不等式可求得最值； （3）由曲线的方程可得对称性：关于直线对称，关于原点对称；若为椭圆则可求出它与对称轴的交点即顶点坐标，得出，求出，从而可得焦点坐标，再证明满足椭圆定义即可. 【小问1详解】 由题意可得，即. 由得，， 则将代入，化简得. 故曲线的方程为. 【小问2详解】 由，消得， 解得，由已知直线交曲线于， 不妨设,， 所以，同理. 由题意知 ，所以四边形的面积. . ∵ ，∴， 当且仅当时等号成立，此时. ∴ 当时，四边形的面积最大值为. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：直线与圆锥曲线位置关系综合题型，涉及综合向量坐标法求轨迹方程、四边形面积最值、曲线对称性研究、椭圆定义应用证明多个角度的考查，解决本题目的关键点有：（1）类比代换，减少运算，如求得后再求，只需用代替中即得．（2）回归定义，无论是对称性的证明还是证明曲线是椭圆，都化归为定义证明即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $