精品解析：河北定州中学2026届高三下学期一模数学试题

数 学 试 题 试卷满分150分 考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上. 2.作答时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.考试结束后，本试题卷和答题卡一并上交. 一、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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式，得到，，利用交集概念求出答案. 【详解】， 由，解得，故， 故. 故选：B 2. 已知，为虚数单位，若复数的实部与虚部相等，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算，结合实部等于虚部建立方程，解之即可求解. 【详解】， 所以，解得. 故选：D 3. 已知向量，在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 6 D. 12 【答案】A 【解析】 【详解】依题意，在方向上的投影向量为，则，而， 所以 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用同角三角函数关系式求出，再用诱导公式和二倍角公式化简计算即可. 【详解】由得，得， 所以. 故选：D. 5. 已知双曲线，点在上，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式以及双曲线的离心率公式求解. 【详解】设点，则，即， 又两条渐近线方程为，即，故有， 所以． 故选:D. 6. 如图，侧面展开图为扇形的圆锥和侧面展开图为扇环的圆台的体积相等，且，则（ ） A. 8 B. 4 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用圆锥的体积公式计算即可. 【详解】设侧面展开图为扇形的圆锥的底面半径为，高为，则该圆锥的体积． 侧面展开图为扇形的圆锥的底面半径为，高为，则该圆锥的体积． 由题可知，从而． 故选：D. 7. 数列的前项和为，，则（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题可知当为奇数时，.易得.根据的周期性，可求得. 【详解】当为奇数时，. 因为函数的最小正周期为. 所以当为奇数时，. ， . 所以. 所以. 故选：C. 8. 已知是定义在上的奇函数，且当时，．若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对实数的取值进行分类讨论，根据题意作出图形，可得出关于实数的不等式（组），由此可得出实数的取值范围. 【详解】当时，显然恒成立． 当时，可以理解为将的图象向右平移个单位长度后，得到的的图象始终在的图象的下方（或重合）． 当时，由的图象可知， ，则，解得； 当时，作出函数的图象如下图所示： 由图可知，函数在上为增函数， 对任意的且时，，恒成立. 综上所述，的取值范围为． 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键就是要作出图形，将题目中的不等关系利用图象直观地显示出来，结合图形求解. 二、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. 某地发起“寻找绿色合伙人——低碳生活知识竞赛”活动，从参赛选手的答卷中随机抽取了份，将得分（满分100分）进行适当的分组（每组为左闭右开的区间），画出如图所示的频率分布直方图，且竞赛成绩落在内的人数为10，则（ ） A. B. C. 估计参赛选手得分的平均分低于70分（同组数据用该组区间的中点值作代表） D. 估计参赛选手得分的中位数在内 【答案】ABD 【解析】 【分析】由矩形的面积和为1可得A正确；由频率比组距可得B正确；由平均值的计算可得C错误；由中位数的计算可得D正确； 【详解】对于A、B，由， 得，则，故A，B正确； 对于C，估计参赛选手得分的平均分为x， 则，故C不正确； 对于D，因为，， 所以估计参赛选手得分的中位数在内，故D正确． 故选：ABD. 10. 已知函数，若及其导函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数在上单调递减 C. 的图象关于点中心对称 D. 的最大值为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据图象，结合函数的单调性与其导函数正负的关系，先判断两个图象 中哪个是的图象，哪个是的图象，进而列出关于的方程组 求解，再结合特殊点求解参数，由此确定函数和的解析式， 再判断各个选项的正误即可． 【详解】因为，所以，根据图象可知，当时，，所以单调递增，故，从而． 又，所以，由得， 故，． 选项A：的最小正周期为，故，A正确． 选项B：令，解得， 故函数在上单调递减，B正确． 选项C：由于，， 故的图象不关于点中心对称，故C错误． 选项D：， 其中为锐角，且，（辅助角公式的应用）,所以的最大值为，D错误． 故选：AB 11. 已知平面内一动点与两定点连线的斜率的乘积为定值时，若该定值为正数，则该动点轨迹是双曲线（两定点除外）；若该定值是负数，则该动点轨迹是圆或椭圆（两定点除外）.如图，给定的矩形中，，，E、F、G、H分别是矩形四条边的中点，M、N分别是直线、的动点，，，其中，且直线与直线交于点P.下列说法正确的是（ ） A. 若，则P的轨迹是双曲线的一部分 B. 若，则P的轨迹是椭圆的一部分 C. 若，则P的轨迹是双曲线的一部分 D. 若，则P的轨迹是椭圆的一部分 【答案】CD 【解析】 【分析】根据已知求出的坐标，进而得出直线与直线的斜率，即可得出.然后根据已知条件得出的值，结合定义即可得出答案. 【详解】由已知可得，，，，， 则由可得，； 由可得，， 所以. 所以，，. 所以，. 对于A、B项，因为，所以，显然不是一个常数，所以此时P的轨迹既不是双曲线，也不是椭圆，A、B均错； 对于C选项，，此时的结果为一个大于0的定值，所以P的轨迹是双曲线（顶点除外），C对； 对于D选项，，此时的结果为一个小于0的定值，所以P的轨迹为椭圆（顶点除外），D对. 故选：CD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某批零件的尺寸服从正态分布，且，规定时零件合格，从这批产品中抽取件，若要保证抽取的合格零件不少于2件的概率不低于0.9，则的最小值为__________. 【答案】4 【解析】 【分析】利用对立事件可得，结合数列的单调性可得的最小值. 【详解】因为服从正态分布，且， 所以， 即每个零件合格的概率为，合格零件不少于2件的对立事件是合格零件件数为0或1. 依题意，，即， 令，则， 所以单调递减，而， 所以不等式的解集为， 所以的最小值为4. 故答案为：4. 13. 现有质量分别为千克的六件货物，将它们随机打包装入三个不同的箱子，每个箱子装入两件货物，每件货物只能装入一个箱子.则第一､二个箱子的总质量均不小于第三个箱子的总质量的概率是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据条件概率和全概率公式的概率公式求解. 【详解】由于六件货物的质量之和不是3的倍数，因而不可能出现三个箱子的总重量都相同的情况. 设事件表示存在两个箱子，它们的总质量相同且同时最小，事件表示第一､二个箱子的总质量均不小于第三个箱子的总质量. 考虑三个箱子的摆放顺序，可得. 当发生时，这两个箱子的货物组合只能是和和和三种可能，故. 当不发生时，表示仅有一个箱子的总质量最小，于是由对称性，得. 故. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是 求出，以及，利用全概率公式求解. 14. 设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论： ①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是______. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误. 【详解】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上， 而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故①正确. 对于②，取则均为等比数列， 但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误. 对于③，设，， 若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解， 若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾； 若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数， 当有偶数解，此方程即为， 方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时， 否则，因单调性相反， 方程至多一个偶数解， 当有奇数解，此方程即为， 方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即 否则，因单调性相反， 方程至多一个奇数解， 因为，不可能同时成立， 故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素， 取 ，则,故③正确. 对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势， 后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化. 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. △的内角的对边分别为．已知． （1）求的值； （2）求△周长的最大值． 【答案】（1） （2）3 【解析】 【分析】（1）方法一：根据正弦定理，将边化为角，再结合两角和的正弦公式，即可求解；方法二：根据余弦定理转化为边的关系，再代入余弦定理求； （2）由余弦定理，结合基本不等式，转化为求的最大值，即可求解. 【小问1详解】 （方法一）因为，，所以， 则． 又，所以． 因为，所以． 又，所以， （方法二）由余弦定理得， 因为，所以，则． ． 因为，所以． 【小问2详解】 由（2）可得， 从而． 因为，当且仅当时，等号成立，所以， 从而，则周长的最大值为3． 16. 人工智能中的文生视频模型Sora(以下简称Sora)，能够根据用户的文本提示创建最长60秒的逼真视频.为调查Sora的应用是否会对视频从业人员的数量产生影响，某学校研究小组随机抽取了150名视频从业人员进行调查，结果如下表所示. Sora的应用情况 视频从业人员 合计 减少 未减少 应用 54 72 没有应用 42 合计 90 150 （1）根据所给数据完成题中表格，依据的独立性检验，判断Sora的应用与视频从业人员的减少有关? （2）某公司视频部现有员工100人，公司拟开展Sora培训，分三轮进行，每位员工第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为，，，每轮相互独立，有两轮及以上获得“优秀”的员工才能应用Sora. ①求员工经过培训能应用Sora的概率； ②已知开展Sora培训前，员工每人每年平均为公司创造利润6万元；开展Sora培训后，能应用Sora的员工每人每年平均为公司创造利润10万元；Sora培训平均每人每年成本为1万元.根据公司发展需要，计划先将视频部的部分员工随机调至其他部门，然后对剩余员工开展Sora培训，现要求培训后视频部的年利润不低于员工调整前的年利润，则视频部最多可以调多少人到其他部门? 附：其中. 0.010 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 【答案】（1） Sora的应用情况 视频从业人员 合计 减少 未减少 应用 54 18 72 没有应用 36 42 78 合计 90 60 150 有的把握认为Sora的应用与视频从业人员的减少有关. （2）（i）（ii）14人 【解析】 【分析】（1）分析数据关系，完善列联表，提出零假设，计算，比较其与临界值大小，判断结论； （2）（i）设“员工第i轮获得优秀”，“员工经过培训能应用Sora”， 结合互斥事件概率加法公式，独立事件概率乘法公式求结论； （ii）设视频部调人至其他部门，为培训后视频部能应用Sora的人数，则，由条件列不等式可求结论． 【小问1详解】 依题意，列联表如下： Sora的应用情况 视频从业人员 合计 减少 未减少 应用 54 18 72 没有应用 36 42 78 合计 90 60 150 零假设：Sora的应用与视频从业人员的减少独立，Sora的应用前后视频从业人员无差异， 由列联表中数据得，． 根据小概率值的的独立性检验，推断不成立， 所以有的把握认为Sora的应用与视频从业人员的减少有关； 【小问2详解】 （i）设＂员工第i轮获得优秀＂，且相互独立． 设＂员工经过培训能应用Sora＂， 则 故员工经过培训能应用Sora的概率是． （ii）设视频部调人至其他部门，为培训后视频部能应用Sora的人数， 则，因此， 调整后视频部的年利润：（万元）. 令，解得，又，所以． 因此，视频部最多可以调14人到其他部门． 17. 如图，在三棱锥中，，，是线段上的点. （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长； （3）若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长. 【答案】（1）证明如下： 取的中点，连接、， 因为，，则， 所以，所以，所以， 又因为，所以，则， 又因为，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量可得出关于的方程，解出的值，即可求得的长； （3）设，设，根据空间向量的坐标运算求出点的坐标，将三棱锥的体积表示为关于的函数关系式， 利用基本不等式求出三棱锥体积的最大值，利用等号成立的条件求出的值，可得出点、的坐标，求出平面的法向量， 设，求出的坐标，根据求出的值，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，所以，， 因为为棱上的点，设，其中， 所以，，且， 设平面的法向量为， 则， 不妨取，可得， 因为线与平面所成角的正弦值为， 所以， 则，化简可得：， 解得：或（舍去）. 所以. 【小问3详解】 设，因为，其中， 所以，，可得，即点， 因为平面，则点，， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故当点为线段的中点时，三棱锥的体积取最大值， 此时，点， 由（2）可知，此时，平面的一个法向量为， 设，其中， 则， 因为平面，则， 所以，，解得， 所以，， 所以.即的长为. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 18. 已知函数. （1）当 时，求函数的极值； （2）求函数的单调区间； （3）若对任意的实数 ，，曲线与直线总相切，则称函数是“函数”，当 时，若函数是“函数”，求 . 【答案】（1）极小值0，无极大值． （2）当时，的单调递减区间为，无递增区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为； （3） 【解析】 【分析】（1）求出导函数，利用导数求出函数的单调性区间，利用极值的定义求解即可； （2）利用导数与函数单调性间的关系，分类讨论求的单调区间即可； （3）利用“函数”的定义，结合导数的几何意义得，然后结合是方程的根，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系得到，即可求解. 【小问1详解】 函数，， 当 时，，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故有极小值，无极大值. 【小问2详解】 由（1）可知：当时，，在单调递减； 当时，令，得，， 所以，且为增函数， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 综上， 当时，的单调递减区间为，无递增区间； 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为； 【小问3详解】 当 时，函数是“函数”， 求导得， 设曲线与直线切点， 则，故，即， 所以且， 设，，易知，且是增函数， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以，所以是方程的根，且唯一， 所以． 19. 在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”． （1）求“椭圆”的方程； （2）根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由； （3）设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值． 【答案】（1） （2）由方程，得， 因为，所以，即， 所以或或， 解得， 由方程，得， 即，所以，所以， 所以“椭圆”的范围为，， 将点代入得，， 即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称， 将点代入得，， 即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称， 将点代入得，， 即，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称， 所以“椭圆”关于轴，轴，原点对称； （3）由题意可设椭圆的方程为， 将点代入得，解得， 所以椭圆的方程为，， 由题意可设直线的方程为， 联立，得， 恒成立， 则， 因为的中点为， 所以直线的中垂线的方程为， 同理直线的中垂线的方程为， 设，则是方程的两根， 即是方程的两根， 所以， 又因， 所以， 两式相比得，所以， 所以， 所以直线与的斜率之积为定值． 【解析】 【分析】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，再根据两点之间的“距离”得新定义即可得解； （2）将点分别代入即可判断其对称性，取绝对值符号，进而可得出范围； （3）先求出椭圆方程，设直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，分别求出直线的方程，设，再次求出的关系，进而求出，从而可得出结论. 【小问1详解】 设“椭圆”上任意一点为，则， 即，即， 所以“椭圆”的方程为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数 学 试 题 试卷满分150分 考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上. 2.作答时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.考试结束后，本试题卷和答题卡一并上交. 一、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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，为虚数单位，若复数的实部与虚部相等，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 6 D. 12 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线，点在上，过点作两条渐近线的垂线，垂足分别为，，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，侧面展开图为扇形的圆锥和侧面展开图为扇环的圆台的体积相等，且，则（ ） A. 8 B. 4 C. D. 2 7. 数列的前项和为，，则（ ） A. B. 0 C. D. 8. 已知是定义在上的奇函数，且当时，．若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、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. 某地发起“寻找绿色合伙人——低碳生活知识竞赛”活动，从参赛选手的答卷中随机抽取了份，将得分（满分100分）进行适当的分组（每组为左闭右开的区间），画出如图所示的频率分布直方图，且竞赛成绩落在内的人数为10，则（ ） A. B. C. 估计参赛选手得分的平均分低于70分（同组数据用该组区间的中点值作代表） D. 估计参赛选手得分的中位数在内 10. 已知函数，若及其导函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 函数在上单调递减 C. 的图象关于点中心对称 D. 的最大值为 11. 已知平面内一动点与两定点连线的斜率的乘积为定值时，若该定值为正数，则该动点轨迹是双曲线（两定点除外）；若该定值是负数，则该动点轨迹是圆或椭圆（两定点除外）.如图，给定的矩形中，，，E、F、G、H分别是矩形四条边的中点，M、N分别是直线、的动点，，，其中，且直线与直线交于点P.下列说法正确的是（ ） A. 若，则P的轨迹是双曲线的一部分 B. 若，则P的轨迹是椭圆的一部分 C. 若，则P的轨迹是双曲线的一部分 D. 若，则P的轨迹是椭圆的一部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某批零件的尺寸服从正态分布，且，规定时零件合格，从这批产品中抽取件，若要保证抽取的合格零件不少于2件的概率不低于0.9，则的最小值为__________. 13. 现有质量分别为千克的六件货物，将它们随机打包装入三个不同的箱子，每个箱子装入两件货物，每件货物只能装入一个箱子.则第一､二个箱子的总质量均不小于第三个箱子的总质量的概率是__________. 14. 设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论： ①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素； ②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素； ③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素； ④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素. 其中正确结论的序号是______. 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. △的内角的对边分别为．已知． （1）求的值； （2）求△周长的最大值． 16. 人工智能中的文生视频模型Sora(以下简称Sora)，能够根据用户的文本提示创建最长60秒的逼真视频.为调查Sora的应用是否会对视频从业人员的数量产生影响，某学校研究小组随机抽取了150名视频从业人员进行调查，结果如下表所示. Sora的应用情况 视频从业人员 合计 减少 未减少 应用 54 72 没有应用 42 合计 90 150 （1）根据所给数据完成题中表格，依据的独立性检验，判断Sora的应用与视频从业人员的减少有关? （2）某公司视频部现有员工100人，公司拟开展Sora培训，分三轮进行，每位员工第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为，，，每轮相互独立，有两轮及以上获得“优秀”的员工才能应用Sora. ①求员工经过培训能应用Sora的概率； ②已知开展Sora培训前，员工每人每年平均为公司创造利润6万元；开展Sora培训后，能应用Sora的员工每人每年平均为公司创造利润10万元；Sora培训平均每人每年成本为1万元.根据公司发展需要，计划先将视频部的部分员工随机调至其他部门，然后对剩余员工开展Sora培训，现要求培训后视频部的年利润不低于员工调整前的年利润，则视频部最多可以调多少人到其他部门? 附：其中. 0.010 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 17. 如图，在三棱锥中，，，是线段上的点. （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长； （3）若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长. 18. 已知函数. （1）当 时，求函数的极值； （2）求函数的单调区间； （3）若对任意的实数 ，，曲线与直线总相切，则称函数是“函数”，当 时，若函数是“函数”，求 . 19. 在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”． （1）求“椭圆”的方程； （2）根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由； （3）设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $