精品解析：青海湟川中学2025-2026学年第二学期高三年级数学第一次模拟考试试卷

青海湟川中学2025-2026学年第二学期 高三年级数学第一次模拟考试试卷 命题人：蒋豆豆、严玉琳、王兰审题人：蒋豆豆、谢雨佳 本试卷分第一卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分．全卷共150分．考试时间为120分钟 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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，只有一项是符合题目要求的．） 1. 已知复数，则共轭复数 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】分析：首先求得复数z，然后求解其共轭复数即可. 详解：由题意可得：， 则其共轭复数. 本题选择B选项. 点睛：本题主要考查复数的运算法则，共轭复数的概念等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 2. 已知命题，，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】解绝对值不等式和二次不等式，然后由充分必要条件的定义即可得到结果. 【详解】 ， ，即 ，即，，则，即， 所以是的必要不充分条件. 3. 设，则（ ） A. 1 B. 2 C. 31 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】利用赋值法即可求解系数和. 【详解】令得：， 令得：， 所以. 4. 设公差不为的等差数列的前项和为，，若，，成等比数列，则（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设出公差，借助等差数列及其前项和的基本量与等比中项的性质计算即可得. 【详解】设等差数列的公差为，则有， 即，由，，成等比数列，则， 即，化简得， 由，则，即有，解得， 故. 5. 某学校为培养学生创新精神和实践能力，组织了一次“科技小发明”竞赛活动，并对200位参赛学生的综合表现进行评分，评分的频率分布直方图如图，根据图中数据，下列说法错误的是（ ） A. B. 估计评分的平均数为76.5 C. 估计评分的第25百分位数为65 D. 评分在的人数约为20 【答案】C 【解析】 【分析】根据频率之和为1列式计算可判断A；根据频率分布直方图平均数的求法计算可判断B；根据百分位数的概念计算可判断C；根据频率与频数的关系计算可判断D. 【详解】对A，由频率之和为1得，解得，故A正确； 对B，平均数为，故B正确； 对C，评分在的频率为，评分在的频率为 ， 评分的第25百分位数对应累计频率为，落在组内， 故第25百分位数为，故C错误； 对D，评分在的频率为，则其中人数约为 ，故D正确. 6. 如图，在中，，是与的交点，且，则在上的投影向量的模取得最小值时，（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】以为基底，用不同方式表示出向量，结合平面向量基本定理和投影定义求解可得. 【详解】设，则 ， 同理设，则. 由平面向量基本定理得，解得，所以， 向量在上的投影向量的模为 ， 而，当且仅当时取等号， 所以在上的投影向量的模取得最小值时，. 7. 已知椭圆： 的左、右焦点分别是，，是椭圆上的动点，和分别是的内心和重心，若与轴平行，则椭圆的离心率为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接PO，则三点共线，延长交轴于点，则由平行于轴得，从而可得，根据三角形内心的性质可得，从而可得离心率． 【详解】∵是的中点，G是的重心，∴三点共线， 延长交轴于点，则由平行于轴知，， 则,设内切圆半径为r， 则， ∴椭圆的离心率为． 故选：A﹒ 8. 已知函数，关于的方程有且仅有4个不同的实根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性，即可作出其图象，由此可得到的图象，将方程有且仅有4个不同的实根，转化为和对应的方程的根的总数为4个，数形结合，即可求解. 【详解】由可得定义域为，且， 当且 时，，函数单调递增； 当 时，，函数单调递减， 所以：是极大值点，； 当时， ；当时，； 由此可作出函数的图象： 令，则原方程可化为：， 得或， 原方程有且仅有4个不同的实根，等价于和对应的方程的根的总数为4个； 结合的图象可得的图象： 由题意知以及，故，且， 结合图象，要使得和有且仅有4个不同的实根， 需满足且，即得，此时有1个解，有3个解， 即. 二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共18分.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份，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 9. 设数列的前项和为，且，，则（ ） A. 数列是等比数列 B. C. 的前项和为 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】先利用求出的通项公式，可以判断A，B选项，再根据求出的通项公式，利用分组求和法求出的前项和，可判断选项C，写出数列的通项公式，利用公式法求出前项和，可判断选项D. 【详解】，当时，，得. 当时，，即. 是以为首项，公比为2的等比数列，，A选项正确，B选项错误. ， 记，数列的前项和 ，C选项正确. 因为，是以1为首项，公比为4的等比数列， ，D选项错误. 故选：AC 10. 已知是定义在上的奇函数，图象关于对称，且当时，单调递减，则下列说法正确的是（    ） A. B. C. 在区间上单调递减 D. 为偶函数 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意可得，，进而求解判断AB；利用对称性和单调性可判断C；利用函数奇偶性的定义可判断D. 【详解】由知是定义在上的奇函数，则，且， 又的图象关于对称，则， 令，则，故A正确； 由，得， 则，故B正确； 由为奇函数，且时，单调递减，则其在单调递减， 又图象关于对称，则在区间上的单调性与在区间的单调性相反， 即在区间上单调递增，故C错误； 因为，即， 所以，故， 因此函数为偶函数，故D正确. 故选：ABD. 11. 如图，在五边形中，四边形为正方形， ，，F为AB中点，现将沿折起到面 位置，使得，则下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 若为的中点，则平面 C. 折起过程中，点的轨迹长度为 D. 三棱锥的外接球的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先说明，结合已知，从而证明平面 ，即可判断A，由，即可证明B，过点作 交于点，求出，即可求出点的轨迹长度，从而判断C，连接，即可证明 平面，从而得到三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，求出外接球的半径，即可求出球的体积，即可判断D. 【详解】对于A：由题意得，所以，即， 而已知，且注意到，，平面 ，平面 ， 所以平面 ，平面，所以平面平面 ，故A正确； 对于B：因为为的中点，所以 ，又，所以， 又 平面，平面，所以平面，故B正确； 对于C： 因为四边形为正方形， ，，所以， 过点作 交于点，则， 所以折起过程中，点的轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧， 所以点的轨迹长为，故C错误； 对于D：连接，则，又平面平面 ，平面平面， 平面 ，所以 平面， 又四边形为边长为的正方形，则三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球， 又四边形外接圆的直径为，， 设四棱锥的外接球的半径为，则，即， 所以， 所以外接球的体积， 即三棱锥的外接球的体积为，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题关键是证明平面平面 ，从而确定点的旋转角，即可判断B，D选项关键是转化为求四棱锥的外接球的体积. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. ______ 【答案】 【解析】 【分析】由诱导公式和辅助角公式化简即可得出答案． 【详解】 ． 13. 已知，求 的取值范围______________． 【答案】 【解析】 【分析】令，利用圆心到直线距离小于等于半径可解. 【详解】将化为，表示以为圆心，为半径的圆， 令，即， 由题可知，直线和圆有公共点，所以，即，解得. 即 的取值范围为. 故答案为： 14. 若，已知数列中，首项，，，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数解析式得，应用作差法及已知得，则，最后利用对称性及倒序相加求和即可. 【详解】， ，即， ， 时，，两式相减得， 时，，故数列为常数列， 因为，故， 又时也符合上式，故， ， ． 记， 则， 两式相加得，，即，则． 故答案为： 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．） 15. 已知中，角，，所对的边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若边，，边上存在一点，满足，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和两角和差的正弦公式，同角关系式求解. （2）法一：由得到，两边平方求出；法二：由余弦定理得到，从而得到.利用正弦定理得到， 由利用三角形面积公式求出. 【小问1详解】 因为， 所以， 因为，所以，又，所以， 因为，所以，所以，所以，所以. 【小问2详解】 法一： 在边上，且，所以. ， ，， ， 所以， 法二： 由余弦定理得，所以，所以. 因为，所以， 所以，在直角三角形中，. 在和 中，分别由正弦定理得： ， 因为， ，，所以， 又因为均为三角形的内角，所以， 因为，所以. 由， 得， 即， ，，，， ， . 16. 某工厂采购了甲、乙两台新型机器， 现对这两台机器生产的第一批零件的直径进行测量， 质检部门随机抽查了 100 个零件的直径进行了统计如下: 零件直径 (单位: 厘米) [1.8，2.0] 零件个数 10 25 30 25 10 （1）经统计，零件的直径服从正态分布，据此估计这批零件直径在区间 内的概率; （2）以频率估计概率，若在这批零件中随机抽取4个，记直径在区间内的零件个数为，求的分布列和数学期望; （3）在甲、乙两台新型机器生产的这批零件中，甲机器生产的零件数是乙机器生产的零件数的 2 倍， 且甲机器生产的零件的次品率为 0.3， 乙机器生产的零件的次品率为0.2， 现从这批零件中随机抽取一件， 若检测出这个零件是次品， 求这个零件是甲机器生产的概率. 参考数据: 若随机变量，则，，. 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 4 （3） 【解析】 【分析】（1）根据正态分布的性质，进而可得； （2）以频率估计概率得随机抽取1个直径在区间内的概率为，由题意满足二项分布，根据二项分布的概率公式和期望公式可得； （3）根据条件概率和全概率公式可得. 【小问1详解】 由题意， 得. 【小问2详解】 由题意，随机抽取一个零件，直径在区间的概率为， 故由题意满足二项分布， 故，， ，， ， 故的分布列为 0 1 2 3 4 的数学期望为 【小问3详解】 设事件为“从这批零件中随机抽取一件来自甲机器生产”，事件为“从这批零件中随机抽取一件为次品” 则为“从这批零件中随机抽取一件来自乙机器生产”， 由题意，，，， 则， ， 故， 故从这批零件中随机抽取一件， 若检测出这个零件是次品， 求这个零件是甲机器生产的概率为. 17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面是边长为 2的正三角形， 平面 平面 , 为侧棱的中点,为的中点，为线段上一点. （1）若点为线段 的中点，求证:直线平面 ； （2）若，且点到平面的距离为，求直线与平面 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，证明，即得，由线线平行证明线面平行即可； （2）先证明平面，取中点，连接，建立空间直角坐标系后，，写出相关点的坐标，利用点到平面的距离公式列出方程，求解得到 ，利用结合图形，求得，利用空间向量的夹角公式计算直线与平面所成角即可. 【小问1详解】 如图，取的中点，连接，因点为线段 的中点，故， 因底面为矩形，为的中点，则， 故有，即得，则， 因平面， 平面，故有直线平面； 【小问2详解】 如图，因平面 平面，平面 平面 ， 为等边三角形，且为的中点，则，故平面， 取中点，连接，则，故可以分别为轴建立空间直角坐标系. 设，则， 因为侧棱的中点，则，于是，， 设平面的法向量为，则，故可取， 又，则点到平面的距离为，解得 . 因，则， 因， 设平面的法向量为，则，故可取， 设直线 与平面 所成角为，则. 18. 已知抛物线的焦点到准线的距离为1，过轴下方的一动点作抛物线的两切线，切点分别为，且直线刚好与圆相切.设点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线相交于两点. （1）求抛物线的方程； （2）求点的轨迹方程； （3）设曲线与轴交点为，点关于原点的对称点为，记直线 的斜率分别为，证明：是定值. 【答案】（1） （2） （3）证明：由题意可知， 设直线的方程为 ，, 联立方程，化简可得 ， 则 故， 由于直线与双曲线的下支相交于两点， 故，解得 ， ， 故为定值. 【解析】 【分析】（1）根据 即可求解， （2）求导可得切线斜率，即可根据点斜式求解直线方程，进而可得方程为 ，根据相切即可求解， （3）联立直线与曲线方程可得韦达定理，进而根据两点斜率公式，代入化简即可求解. 【小问1详解】 由题意可得 ，故抛物线的方程为 【小问2详解】 设， 所以直线 即 同理可得 ， 设 则 且 故在直线 上， 即直线方程为 ， 由于直线与圆相切，故 ，化简可得， 故点的轨迹方程 【小问3详解】 略 19. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）当时，，求a的取值范围； （3）设，且，证明：． 【答案】（1）的单调递减区间是；单调递增区间是； （2） （3）由（2），， 又，可知， 因为函数在区间上单调递减，故， 令，， ，，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 令， ，， 设 ， 故单调递增，， 即单调递减，，即， 所以得证； 综上，． 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，再根据导函数正负得出单调区间即可； （2）先构造函数，再求出导函数分和时，讨论函数单调性计算求解参数； （3）先由（2），再构造，再构造结合导数求出单调性即可证明；. 【小问1详解】 函数的定义域为，所以， 因为，所以． 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 所以的单调递减区间是；单调递增区间是； 【小问2详解】 当时，，即， 设， 则， 令，则． 当时，，所以存在，使得当时，单调递增， 故当时，，即，不符合题意； 当时，，且当时，． 令， 则当时，因为，所以， 故当时， 单调递减，此时， 所以当时，单调递减，即当时， ，即 综上，a的取值范围是 ； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青海湟川中学2025-2026学年第二学期 高三年级数学第一次模拟考试试卷 命题人：蒋豆豆、严玉琳、王兰审题人：蒋豆豆、谢雨佳 本试卷分第一卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分．全卷共150分．考试时间为120分钟 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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，只有一项是符合题目要求的．） 1. 已知复数，则共轭复数 A. B. C. D. 2. 已知命题，，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 设，则（ ） A. 1 B. 2 C. 31 D. 32 4. 设公差不为的等差数列的前项和为，，若，，成等比数列，则（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 2 5. 某学校为培养学生创新精神和实践能力，组织了一次“科技小发明”竞赛活动，并对200位参赛学生的综合表现进行评分，评分的频率分布直方图如图，根据图中数据，下列说法错误的是（ ） A. B. 估计评分的平均数为76.5 C. 估计评分的第25百分位数为65 D. 评分在的人数约为20 6. 如图，在中，，是与的交点，且，则在上的投影向量的模取得最小值时，（ ） A. B. 1 C. 2 D. 7. 已知椭圆： 的左、右焦点分别是，，是椭圆上的动点，和分别是的内心和重心，若与轴平行，则椭圆的离心率为( ) A. B. C. D. 8. 已知函数，关于的方程有且仅有4个不同的实根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共18分.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份，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 9. 设数列的前项和为，且，，则（ ） A. 数列是等比数列 B. C. 的前项和为 D. 10. 已知是定义在上的奇函数，图象关于 对称，且当时，单调递减，则下列说法正确的是（    ） A. B. C. 在区间上单调递减 D. 为偶函数 11. 如图，在五边形中，四边形为正方形， ，，F为AB中点，现将沿折起到面 位置，使得，则下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 若为的中点，则平面 C. 折起过程中，点的轨迹长度为 D. 三棱锥的外接球的体积为 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. ______ 13. 已知，求 的取值范围______________． 14. 若，已知数列中，首项，，，则_____. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．） 15. 已知中，角，，所对的边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若边 ，，边上存在一点，满足，求的长. 16. 某工厂采购了甲、乙两台新型机器， 现对这两台机器生产的第一批零件的直径进行测量， 质检部门随机抽查了 100 个零件的直径进行了统计如下: 零件直径 (单位: 厘米) [1.8，2.0] 零件个数 10 25 30 25 10 （1）经统计，零件的直径服从正态分布，据此估计这批零件直径在区间 内的概率; （2）以频率估计概率，若在这批零件中随机抽取4个，记直径在区间内的零件个数为，求的分布列和数学期望; （3）在甲、乙两台新型机器生产的这批零件中，甲机器生产的零件数是乙机器生产的零件数的 2 倍， 且甲机器生产的零件的次品率为 0.3， 乙机器生产的零件的次品率为0.2， 现从这批零件中随机抽取一件， 若检测出这个零件是次品， 求这个零件是甲机器生产的概率. 参考数据: 若随机变量，则，，. 17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面是边长为 2的正三角形， 平面平面 , 为侧棱的中点,为的中点，为线段上一点. （1）若点为线段 的中点，求证:直线平面 ； （2）若，且点到平面的距离为，求直线与平面 所成角的正弦值. 18. 已知抛物线的焦点到准线的距离为1，过轴下方的一动点作抛物线的两切线，切点分别为，且直线刚好与圆相切.设点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线相交于两点. （1）求抛物线的方程； （2）求点的轨迹方程； （3）设曲线与轴交点为，点关于原点的对称点为，记直线 的斜率分别为，证明：是定值. 19. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）当时，，求a的取值范围； （3）设，且，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $