精品解析：宁夏育才中学2026届高三年级下学期第一次模拟考试数学试卷

宁夏育才中学2026届高三年级第一次模拟考试 数 学 试 卷 (试卷满分 150分，考试时间 120 分钟) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将信息填写在答题卡上，并将条形码贴在答题卡指定位置. 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效. 3．考试结束后，将答题卡交回，试卷保留. 一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 3. “点在第三象限”是“角为第四象限角”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 4. 设向量，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 在一个不透明的盒中装有6个大小质地完全相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，现从盒中一次取出2个小球，设事件为“取出2个小球的数字之和大于6”，事件为“取出的2个小球中最小数字为3”，则（ ） A. B. C. D. 6. 设抛物线的焦点为，不经过的直线与交于、两点，与轴交于点，已知点的坐标为，且与的面积之比是，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知正项等差数列中，，，若，则（ ） A 10 B. 13 C. 15 D. 17 8. 已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．当时，与的图象交于两点，则（ ） A B. C. D. 二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法不正确的是（ ） A. 数据的第60百分位数为117 B. 相关系数的值越小，两个变量之间的线性相关性越弱 C. 若离散型随机变量，则 D. 若，则事件相互独立 10. 已知函数是定义在上的奇函数，是偶函数，当时，，则下列说法中正确的有（ ） A. 函数的图象关于直线对称 B C. 是函数的一个周期 D. 方程恰有4个不同的根 11. 设是双曲线的左、右焦点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，且与双曲线右支相交于点，若，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 双曲线的离心率为 C. 点到轴的距离为 D. 四边形的面积为15 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 设等比数列的公比，且，，则________. 13. 已知函数的图象过定点，正实数，满足，则的最小值为_____. 14. 如图，已知圆锥PO，用平行于底面的截面，将圆锥PO分切成小圆锥和圆台，此时圆锥的顶点P和圆上所有点均在球上，圆台存在和上下底面及侧面均相切的球，若球和的半径均为，则圆锥和圆台的高之比为______． 四、解答题：本大题共 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. 在中，角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角； （2）若，的面积为1，求边的值. 16. 已知椭圆：（）的一个焦点与上、下顶点构成直角三角形，以椭圆的短轴为直径的圆与直线相切. （1）求椭圆标准方程； （2）过椭圆的右焦点的直线交椭圆于两点，设为坐标原点，求的面积的最大值； 17. 矩形中，，为线段的中点，将沿折起，使得平面平面．在新构造的四棱锥中，求解以下问题： （1）求四棱锥的体积. （2）求二面角的余弦值． （3）在上是否存在点使得平面? 若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由； 18. 已知函数，. （1）若，求函数的单调区间； （2）若恒成立，求的取值范围； （3）若有两个零点，且，求证：. 19. 错排问题源于伯努利和欧拉研究的“装错信封问题”.设将编号为的个小球放入编号为的个盒子中（每盒恰放一球），若恰有个小球不在其对应编号的盒子中（即“错放”），则称这种情况数为错排数，其中编号为的小球对应编号为的盒子.，规定. （1）直接写出的值； （2）设，证明数列是等比数列； （3）在高考英语中，“七选五”是一种常见题型.题目给出一篇缺少5个句子的短文，要求考生从文后的7个选项中选出5个最佳选项，填入文中空缺处，使文章完整､语义连贯.某考生由于平时不重视英语学习，于是在做此类题时采用“蒙题”的策略：5个空完全随机作答（选项不重复）.记蒙题答对的题数为随机变量，求的分布列和数学期望. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宁夏育才中学2026届高三年级第一次模拟考试 数 学 试 卷 (试卷满分 150分，考试时间 120 分钟) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将信息填写在答题卡上，并将条形码贴在答题卡指定位置. 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效. 3．考试结束后，将答题卡交回，试卷保留. 一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求解出各个集合，再利用交集的定义求解即可. 【详解】令，解得，则， 而，则. 故选：B 2. 已知复数满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】先由复数除法可得复数，再计算复数的模可得. 【详解】由，可得：. 故选：B. 3. “点在第三象限”是“角为第四象限角”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】C 【解析】 【分析】利用三角函数符号，可确定象限角，从而可得到判断. 【详解】由点在第三象限，可知，所以角为第四象限角， 即“点在第三象限”是“角为第四象限角”的充分条件， 再由角为第四象限角，可知，即点在第三象限， 所以“点在第三象限”是“角为第四象限角”的充要条件， 故选：C 4. 设向量，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的模判断A,利用向量垂直的性质判断B, 利用向量平行的性质判断C，利用向量数量积判断D． 【详解】向量， 对于A，，，故A错误； 对于B，，，∴，故B正确； 对于C，坐标间不存在倍数关系，不平行，故C错误； 对于D，，故D错误． 故选：B． 5. 在一个不透明的盒中装有6个大小质地完全相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，现从盒中一次取出2个小球，设事件为“取出2个小球的数字之和大于6”，事件为“取出的2个小球中最小数字为3”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分别求得事件和事件的概率，结合条件概率的计算公式，即可求解. 【详解】从装有6个大小质地完全相同的小球的盒中一次取出2个小球，共有种取法， 其中事件， 有9种取法，概率为， 事件，有3种取法，概率为， 所以. 故选：C. 6. 设抛物线的焦点为，不经过的直线与交于、两点，与轴交于点，已知点的坐标为，且与的面积之比是，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由点在抛物线上得的方程为，再根据，得，进而得，即可得. 【详解】由题知点在抛物线上，故，即. 所以抛物线的方程为，焦点为，准线方程为， 如图，，， 所以， 又由点知，故， 所以 故选：B 7. 已知正项等差数列中，，，若，则（ ） A. 10 B. 13 C. 15 D. 17 【答案】C 【解析】 【分析】先根据条件求出和，再写出前项和为， 则，求解即可. 【详解】设等差数列的首项为，公差为，则由，得， 解得或（舍），， 设等差数列的前n项和为，则， 故，，即. 故选：C. 8. 已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．当时，与的图象交于两点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简，再根据图象平移求得的解析式，然后根据求得的表示，再对进行赋值，则可求. 【详解】由题意得， ，两个函数的周期均为， 与的图象交于两点，故令， ()或()， 解得()，∴不妨取，则， 故选：C． 二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法不正确的是（ ） A. 数据的第60百分位数为117 B. 相关系数的值越小，两个变量之间的线性相关性越弱 C. 若离散型随机变量，则 D. 若，则事件相互独立 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据百分位数、相关系数、二项分布的方差、独立事件的定义和公式逐项判断即可. 【详解】对于A，将数据由小到大排序得. 因为，所以第60百分位数为第3项和第4项的平均值，A错误； 对于B，相关系数的绝对值越小，两个变量之间的线性相关性越弱，B错误； 对于C，因为离散型随机变量，所以，C错误； 对于D，因为，所以，D正确. 故选：ABC. 10. 已知函数是定义在上的奇函数，是偶函数，当时，，则下列说法中正确的有（ ） A. 函数的图象关于直线对称 B. C. 是函数的一个周期 D. 方程恰有4个不同的根 【答案】ACD 【解析】 【分析】令，根据偶函数的性质及函数的对称性判断A，推导出的周期，即可判断C，根据周期性与对称性，作出，的图象与的图象，数形结合即可判断D. 【详解】对于A：令，则是偶函数，即，即， 所以关于对称，故A正确； 对于C：因为是定义在上的奇函数，则， 因为，所以， 即，所以的周期， 显然，则也是函数的周期，故C正确； 对于B：因为，， 所以，， 所以，故B错误； 对于D：因为，，且关于直线对称， 根据对称性可以作出上的图象， 又，可知关于点对称，又可作出上的图象， 又的周期，作出，的图象与的图象， 又，，所以，即， 如图所示：所以与有4个交点，故D正确， 故选：ACD． 11. 设是双曲线的左、右焦点，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，且与双曲线右支相交于点，若，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 双曲线的离心率为 C. 点到轴的距离为 D. 四边形的面积为15 【答案】ABD 【解析】 【分析】过向作垂线，垂足为，易知、、，结合已知求出双曲线参数，再依次判断各项的正误. 【详解】由题意，，如图，过向作垂线，垂足为， 利用中位线可得，， 因为，则，得，故A正确； 由，得，且， 又， ，，所以双曲线的离心率，故B正确； 面积， ，则点到轴的距离为，故错误； 的面积，则四边形的面积为，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 设等比数列的公比，且，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】由等比数列的性质求出，，再由等比数列的前项和公式求解即可. 【详解】，， 则， 因为，解得：. 又因为，则， 所以. 故答案为：. 13. 已知函数的图象过定点，正实数，满足，则的最小值为_____. 【答案】12 【解析】 【分析】由对数函数性质确定，，进而得到，再结合基本不等式即可求解. 【详解】当时， 所以函数的图象过定点， 所以，，即， 所以， 当且仅当，时等号成立. 故答案为：12 14. 如图，已知圆锥PO，用平行于底面的截面，将圆锥PO分切成小圆锥和圆台，此时圆锥的顶点P和圆上所有点均在球上，圆台存在和上下底面及侧面均相切的球，若球和的半径均为，则圆锥和圆台的高之比为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆锥和圆台的性质，结合相切，以及锐角三角函数，可得，，即可根据二倍角公式求解. 【详解】由题意，在轴截面等腰三角形中，，平行于底面的截面与轴截面形成了交线， 将分为和梯形，圆和圆分别为两部分的外接圆和内切圆，半径均为， 则有高，梯形高，，， ，，， ，令，则，解得，所以． 故答案为： 四、解答题：本大题共 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. 在中，角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角； （2）若，的面积为1，求边的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由结合两角和差正弦公式化简即可求解； （2）由三角形面积公式可得，由余弦定理化简即可求解. 【小问1详解】 中，，所以 所以 又，所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 因为， 由余弦定理， 将，代入解得， 所以. 16. 已知椭圆：（）的一个焦点与上、下顶点构成直角三角形，以椭圆的短轴为直径的圆与直线相切. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆的右焦点的直线交椭圆于两点，设为坐标原点，求的面积的最大值； 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件联立方程组，求出即可； （2）由（1）设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理，结合三角形面积即可求解. 【小问1详解】 依题意可得，解得：，所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 由（1）得半焦距，点，显然的斜率不为零， 设直线方程为，， 由消去，得，显然， 则，， 所以， 则的面积， 令， 则，当且仅当，即， 也就是时等号成立，此时的面积达到最大值为. 17. 矩形中，，为线段的中点，将沿折起，使得平面平面．在新构造的四棱锥中，求解以下问题： （1）求四棱锥的体积. （2）求二面角的余弦值． （3）在上是否存在点使得平面? 若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由； 【答案】（1） （2） （3）存在，是线段上靠近点的三等分点 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理推出线面垂直，即得出棱锥的高，代入四棱锥的体积公式即得； （2）先证，平面，得，计算，从而证，得出为二面角的平面角，在中即得余弦值； （3）设交于点，可证，因此只要，就有，进而可得平面. 【小问1详解】 取的中点，连接，在原矩形中，因为，点为的中点，故，因为是等腰三角形，所以. 翻折后，因为平面平面，且平面平面， 根据面面垂直的性质定理得：平面，即是四棱锥的高， 又因为，所以， 又因为， 所以四棱锥的体积. 小问2详解】 在矩形中，，， ，． 又平面平面，平面，平面平面 平面， 平面，， ． 中，，， 又，平面，平面，平面平面， 为二面角的平面角， 在中，， ∴二面角的余弦值为． 【小问3详解】 存在．如图所示： 连接、，设交于点， ，且， ． 取的三等分点，使，连接、、，则． 又平面，平面， 平面． 故存在满足条件的点，且是线段上靠近点的三等分点． 18. 已知函数，. （1）若，求函数的单调区间； （2）若恒成立，求的取值范围； （3）若有两个零点，且，求证：. 【答案】（1）递减区间是，递增区间是； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的单调区间. （2）等价变形不等式并分离参数，构造函数，再利用导数求出此函数的最大值即得. （3）求出的范围，由函数零点的意义可得，两式相减并令，求得，再构造函数，利用导数探讨单调性即可推理得证. 【小问1详解】 当时，函数，求导得， 当时，，当时，，即在上递减，在上递增， 所以函数的递减区间是，递增区间是. 【小问2详解】 不等式，令， 求导得，当时，，当时，， 即函数在上递增，在上递减，因此，则， 所以的取值范围是. 【小问3详解】 由，得，由（2）知，是直线与函数图象两个交点的横坐标， 而，当时，恒成立，因此有两个零点时，， 由两边取对数得，于是， 则，整理得， 令，由，得，即有， 则，解得，由，得， 因此，令，求导得， 令，求导得，即在上单调递增， 当时，，即，函数在上单调递增，， 于是，所以. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： ①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； ②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． ③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 19. 错排问题源于伯努利和欧拉研究的“装错信封问题”.设将编号为的个小球放入编号为的个盒子中（每盒恰放一球），若恰有个小球不在其对应编号的盒子中（即“错放”），则称这种情况数为错排数，其中编号为的小球对应编号为的盒子.，规定. （1）直接写出的值； （2）设，证明数列是等比数列； （3）在高考英语中，“七选五”是一种常见题型.题目给出一篇缺少5个句子的短文，要求考生从文后的7个选项中选出5个最佳选项，填入文中空缺处，使文章完整､语义连贯.某考生由于平时不重视英语学习，于是在做此类题时采用“蒙题”的策略：5个空完全随机作答（选项不重复）.记蒙题答对的题数为随机变量，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合分类加法和分步乘法计数原理及组合知识即可求解； （2）根据题意，分析可得，进而得到，即可求证； （3）由题意得，分别求出对应的概率，进而求解分布列和数学期望. 【小问1详解】 可以排在上，有种排法， 当的位置确定后，剩下两个元素只有1种排法， 所以． 可以排在上，有种排法， 不妨设排在上，接下来讨论， 当排在上时，剩下两个元素的排法有（种）； 当不排在上时，可以排在上，有种情况； 若排在上，剩下两个元素只有1种排法； 所以． 【小问2详解】 当时，对于，不妨从1号球开始放置， 设1号球放在号盒子中，有种放法，接下来讨论号球： ①当号球放在1号盒子中时，剩下， 共个球分别不在号盒子中，共有种放法. ②当号球不放在1号盒子中时， 因为号球分别不在号盒子中， 所以共个小球分别不在号盒子中， 共有种放法. ， 即， ， ， 又满足上式，数列首项为1，公比为的等比数列. 【小问3详解】 由题意知. ，， ， ， ， 法一：不妨设第1到5位置正确答案为， 表示不在对应位置不在对应位置不在对应位置不在对应位置不在对应位置5，分三类： 1）若填入答案不含，则此时有，则共有44种； 2）若填入答案只含中的一个，即从中选4个，共有种选法， 不妨设选的是，先考虑的放置情况.如果填在位置5，此时有； 如果不填在位置5，此时有，则共有种； 3）若填入答案同时含有，即从中选3个，共有种选法， 不妨设选的是，考虑的在位置4和不在位置4.如果填在位置4， 再考虑是否在位置5，若是在位置5，此时有； 若是不在位置5，此时有. 如果不填在位置4，再考虑是否在位置5，若是在位置5，此时有； 若是不在位置5，此时有. 则共有种， 时，即“七选五”全部选错的排列数为种， ， 法二：， 故的分布列为： 0 1 2 3 4 5 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $