精品解析：黑龙江双鸭山市第一中学2026届高三下学期模拟考试数学试题

2026届高三数学学科模拟考试 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡的相应位置上． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】集合，则. 2. 设，则＝（ ） A. －1－i B. －1＋i C. 1＋i D. 1－i 【答案】C 【解析】 【详解】因为， 所以 3. 展开式中的系数为（ ） A. 68 B. －80 C. －68 D. 80 【答案】C 【解析】 【详解】表示5个相乘，每个在相乘时均有三种选择， 选或或． 设选的有个，选的有个，那么选的有个， 则有，解得或或， 即选5个；或者选1个、3个、1个；或者选2个、1个、2个； 因此含项的系数为. 4. 函数的单调递增区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数定义域，由复合函数的单调性法则，外函数是增函数，要求函数的递增区间，则求内函数递增区间即可. 【详解】由题得由，得， 解得，即函数定义域为， 因为函数是增函数，故求函数的单调递增区间即求函数在上的单调递增区间， 令，则， 所以函数的递增区间为. 故选：D. 5. 过点作圆的两条切线，切点分别为和，则切点弦所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出辅助线，得到点P，A，C，B共圆，为直径，从而得到圆心和半径，得到圆的方程，再由直线为这两个圆的公共弦所在直线，两圆相减即可求解； 【详解】 如图所示，连接， 由平面几何知，，，点P，A，C，B共圆，且为直径. 因为，，所以所求圆的圆心为中点， 即，半径为， 所以所求圆的方程为，即. 又直线为这两个圆的公共弦所在直线， 由与相减， 可得的方程为. 故选：A 6. 如图，平行四边形中，，作如下图所示网格，使得每个小平行四边形都是菱形，若，则＝（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】选用为基底向量，即可根据向量的线性运算以及数量积的运算律求解. 【详解】设与方向相同的单位向量分别为，则，故，由于，故. 7. 已知数列{an}满足，数列的前n项和，则（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知得出是等比数列，可得其通项公式，由，可得，计算可得. 【详解】因为， 所以， 又，则， 所以是以3为首项，2为公比的等比数列. 于是， 因为， 所以， 又，故. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意，根据正切的二倍角公式及诱导公式计算，然后通过正弦的两角差公式及二倍角公式化简，最后化简为二阶齐次式求解即可. 【详解】由题意，因为， 所以， 所以. 故 . 故选：A. 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，有选错的得0分． 9. 记分别为数列的前n项和与前n项积，已知各项均为正数，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于AB，因为，各项均为正数， 所以， 所以，故A正确，B错误； 对于C，当时，， 所以，即， 所以从第二项起为公比为2的等比数列， 所以，所以，故C正确； 对于D，，故D正确. 10. 已知抛物线的焦点为，过的直线与抛物线C交于两点，则（ ） A. 的坐标为 B. C. 若，则 D. 为钝角 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据抛物线方程得交点坐标即可判断A；根据直线斜率是否存在，分类讨论并结合韦达定理即可判断B；根据抛物线定义即可判断C；利用韦达定理及向量的数量积公式即可判断D. 【详解】如图： 选项A，由已知得焦点，所以A不正确； 选项B，当直线的斜率不存在时，，，则， 当直线的斜率存在时，设其方程为，与抛物线方程联立， 得，则，，所以B正确； 选项C，由抛物线定义知，，若，则，所以C正确； 选项D，由， 则，所以为钝角，所以D正确. 故选：BCD. 11. 已知函数满足，，当时，，则（ ） A. B. C. 在上单调递增 D. 存在，使得恒成立 【答案】AC 【解析】 【分析】令代入原式，求出的值，即可判断A；令代入原式，求出的值，即可判断B；令，将原式化为，设， 令，证明，即可判断C；利用在上的单调性，即可判断D. 【详解】已知函数满足， 令，可得， 即，解得，故A正确； 令，可得， 因为，又由A可知，所以， 可得，故B错误； 将原式移项变形可得， 令，则上式可化为. 当时，，即. 设，则，. 令， 则有， 因为，， 所以， 又因为，所以，所以， 即，即， 所以在上单调递增，故C正确； 由选项C可知在上单调递增，且当时，， 所以不存在，使得恒成立，故D错误. 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知曲线在处的切线与直线垂直，则的值为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】求导，确定切线斜率，再结合垂直关系即可求解. 【详解】由，得， 所以在处的切线斜率为：， 由垂直关系可得：， 所以， 故答案为： 13. 已知四面体中，，，若该四面体的体积为48，则直线的夹角为______． 【答案】或 【解析】 【分析】通过四面体的体积，结合体积公式确定与的夹角，再设直线的夹角为，由 ​，即可求解. 【详解】  在中，，故，即， 则 ​， ​； 同理在中，，故，即， 得， 因为，， 所以与的夹角就是二面角的平面角，  ， 点到平面的高， 故四面体体积， 代入得： ，故， 又，因为，， 所以： ， 设直线的夹角为， 则  ​， 又， 当时，，即， 得，即； 当，可得，即， 得，得 . 即直线的夹角为或. 14. 如图绘制有函数的部分图象，图象与y轴的交点为，其中A，B分别为最高点和最低点，现将此图沿着x轴折叠形成一个钝二面角，夹角为120°，其中此时AB之间的距离为5，则______． 【答案】 【解析】 【分析】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴，轴的垂线相交于点，结合条件和余弦定理求出，然后将代入函数解析式即可得出答案. 【详解】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴，轴的垂线相交于点， 连接，则， 由余弦定理得， 由上可知，轴垂直于，又平面， 所以轴垂直于平面，又轴，所以平面， 因为平面，所以， 因为的周期，所以， 由勾股定理得，解得， 由图知，的图象过点，且在递减区间内， 所以即， 因为，点在递减区间内，所以， 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，设内角A､B､C的对边分别为a､b､c，. （1）求角C的大小； （2）若且，求的面积. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）根据题设条件，化简得到，得到，即可求解； （2）由题意和正弦定理得到，利用余弦定理列出方程，求得，得到，结合面积公式，即可求解. 【详解】（1）因为，可得， 所以，又因为，所以. （2）因为，由正弦定理可得， 因为，即， 解得，可得， 所以的面积. 16. 如图1，在中，，D、E两点分别在、上，使．现将沿折起得到四棱锥，在图2中． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点D为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量夹角公式求解即可． 【小问1详解】 在图1的中，， 所以，且， 因为，所以，则， 在中，，， 则， 在图2的中，， 满足，所以， 因为平面， 所以平面． 【小问2详解】 因为平面，， 以点D为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 可得为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为，， 则， 所以， 因此，直线与平面所成角的余弦值为． 17. 某次考试的多项选择题，每题4个选项中正确选项有2个或3个，得分规则如下：若正确选项有2个，只选1个且为正确选项得3分，2个且都为正确选项得6分，否则得0分；若正确选项有3个，只选1个且为正确选项得2分，选2个且都为正确选项得4分，选3个且都为正确选项得6分，否则得0分.学生甲对其中的一道多项选择题完全不会，该题恰有2个正确选项的概率为（），记为甲随机选择1个选项的得分，为甲随机选择2个选项的得分， （1）若，求； （2）求的概率分布列和数学期望； （3）证明：当且仅当时，. 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）得2分以上可能是随机选一个选项时，当为三个正确选项时选对1个，或者两个正确选项时选对1个，由互斥事件的加法公式得解； （2）可能的取值为，得0分为三个正确选项或两个正确选项的均选到错误选项，得2分只可能是三个正确选项的选对1个，得3分为两个正确选项的选对一个，分别由互斥事件的加法公式求解； （3）可能的取值为，类似（2）的分析得出的期望，结合（2）中的作差比较，得出证明. 【小问1详解】 恰有2个正确选项的概率为，则恰有3个正确选项的概率为， 正确选项是2个时，随机选一个正确可得3分，概率为； 正确选项是3个时，随机选一个正确可得2分，概率为， 因此 【小问2详解】 由题知，可能的取值为， ， ， ， 分布列为： 【小问3详解】 由题知，可能的取值为， ， ， 故， ， 故当且仅当时， 18. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若有两个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为； （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，即可根据导数的正负确定函数的单调性， （2）（i）方法一：求导，对进行讨论，结合函数单调性可求解，即可构造函数，求导，结合零点存在性定理即可求解，方法二：求导，对进行讨论，换元，，，则， 可求解，即可结合解法一求解，解法三：求导，对进行讨论，结合零点存在性定理即可求解，解法四：分离常数得，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可结合函数图像求解，（ii）根据（i）的求解可求解函数的最大值，进而构造函数，利用导数求解单调性，即可得证. 【小问1详解】 由于 令，则， 令，，在上单调递增； 令，，在上单调递减； 于是的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问2详解】 （i）解法1 由于 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾； 于是，令，则等价于， 易得，因为，则， 令，则在上单调递增，在上单调递减， 则， 因为即，， 所以， 显然不符合题意，故，即， 令，， 则在上单调递增，且， 由于，所以， 由于，令，在上单调递增，则， 于是，， 由零点存在定理，存在使得， 当时，易证，则即， 由于， 取，且，则， 由零点存在定理，存在使得， 所以当时，在上有两个零点. 解法2 由于，， 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾： 于是，令，，，则， 令，则， 由于，令，， 当时，，即，于是在上单调递增， 当时，，即，于是在上单调递减， 于是， 若，即， 由，则，可得，同解法1； 解法3 由于，， 若，，，于是在上单调递增，至多与轴只有一个交点，矛盾； 于是，设，， 若，则，在上单调递减，且， 不妨令，则， 于是取，则， 且在上连续，由零点存在定理，存在唯一，， 于是在单调递增，在单调递减，则存在唯一极大值点； 若，令，则，于是在上单调递增，在单调递减，由于，则，，且， 且在上连续，由零点存在定理，存在唯一，， 于是在单调递增，在单调递减，则存在唯一极大值点； 综上所述：若，有一个极大值点；， 于是， 若，则至多只有一个零点，矛盾； 若，由于，同解法1； 解法4 令，则，， 于是函数与函数的图象在上有两个交点， 由于， 设，，， 于是在上单调递减，且， 于是时，，，在上单调递增； 时，，，在上单调递减： 且，， 所以函数的图象如图所示，所以， （ii）根据（i）可知，， 其中，则， 下证：即证：. 设 ， 令，，于是在上单调递增，在上单调递减， 则，即证. 19. 已知，为椭圆的左，右顶点，为上的一点，为双曲线上的一点（，两点不同于，两点），设直线，，，的斜率分别为，，，，且. （1）设为坐标原点，证明：，，三点共线； （2）设、的右焦点分别为、，、均在第一象限，直线与直线相交于点，. （i）证明：； （ii）证明：. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设出点的坐标，表示四个斜率，结合斜率和为0可证三点共线； （2）（i）根据斜率的关系可求，，利用向量坐标关系可证平行，或者通过联立方程求出的坐标，再利用向量坐标关系可证平行； （ii）利用斜率关系得出垂直，根据点P的轨迹是圆，结合圆的性质可证，或者利用线段比例关系得出轨迹为圆，结合圆的性质可证，或者利用差角的正切公式，结合正切函数单调性可证. 【小问1详解】 设，，则，， 因为，可知：， ，， 因为，可知：， 则，， 由可知：， 可知：，因此，，，三点共线. 【小问2详解】 （i）由可得：， 由（1）可知：.由，可知： ，且，都在第一象限，则，， 由（1）知：，，， 由（*）式结合，可知： ，，则，， 因此可得： ，由此可知：； 另解： 由（1）可知：，则，直线， 联立直线与椭圆：，解得点， 同理：，以下同上个解法. （ii）由（i）可知： ，， 则； 直线，直线， 设点，于是，， 则，即， 则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 则，， 于是，则； 另解1：由（i）可知： ， 则； 如图，取的中点，的中点，记椭圆左焦点为，连接， 由于，设， 则，则，，三点共线， 于是，则， 于是， 则，，，四点共线. 于是，， 由于为的中位线，则， 因为， 则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 则，， 于是，则. 另解2：由于 ，， 则，则是等腰直角三角形， 于是， ，， ， 同理可求， 由于， 于是，， 且，为锐角，由在上单调递增，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三数学学科模拟考试 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡的相应位置上． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则＝（ ） A. －1－i B. －1＋i C. 1＋i D. 1－i 3. 展开式中的系数为（ ） A. 68 B. －80 C. －68 D. 80 4. 函数的单调递增区间为（ ） A. B. C. D. 5. 过点作圆的两条切线，切点分别为和，则切点弦所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，平行四边形中，，作如下图所示网格，使得每个小平行四边形都是菱形，若，则＝（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列{an}满足，数列的前n项和，则（    ） A. B. C. D. 8. 已知，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，有选错的得0分． 9. 记分别为数列的前n项和与前n项积，已知各项均为正数，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知抛物线的焦点为，过的直线与抛物线C交于两点，则（ ） A. 的坐标为 B. C. 若，则 D. 为钝角 11. 已知函数满足，，当时，，则（ ） A. B. C. 在上单调递增 D. 存在，使得恒成立 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知曲线在处的切线与直线垂直，则的值为_____. 13. 已知四面体中，，，若该四面体的体积为48，则直线的夹角为______． 14. 如图绘制有函数的部分图象，图象与y轴的交点为，其中A，B分别为最高点和最低点，现将此图沿着x轴折叠形成一个钝二面角，夹角为120°，其中此时AB之间的距离为5，则______． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，设内角A､B､C的对边分别为a､b､c，. （1）求角C的大小； （2）若且，求的面积. 16. 如图1，在中，，D、E两点分别在、上，使．现将沿折起得到四棱锥，在图2中． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值． 17. 某次考试的多项选择题，每题4个选项中正确选项有2个或3个，得分规则如下：若正确选项有2个，只选1个且为正确选项得3分，2个且都为正确选项得6分，否则得0分；若正确选项有3个，只选1个且为正确选项得2分，选2个且都为正确选项得4分，选3个且都为正确选项得6分，否则得0分.学生甲对其中的一道多项选择题完全不会，该题恰有2个正确选项的概率为（），记为甲随机选择1个选项的得分，为甲随机选择2个选项的得分， （1）若，求； （2）求的概率分布列和数学期望； （3）证明：当且仅当时，. 18. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若有两个零点. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 19. 已知，为椭圆的左，右顶点，为上的一点，为双曲线上的一点（，两点不同于，两点），设直线，，，的斜率分别为，，，，且. （1）设为坐标原点，证明：，，三点共线； （2）设、的右焦点分别为、，、均在第一象限，直线与直线相交于点，. （i）证明：； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $