精品解析：辽宁丹东市2026届高三教学质量监测（一模）数学试题

丹东市2026届高三教学质量监测 数学 本试卷共19题，共150分，共4页.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回. 注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，并将条形码准确粘贴在指定区域内. 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清晰. 3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效. 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5．保持卡面清洁，不要折叠、弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、选择题：本题共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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 3. 复数满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 4. 已知等比数列的公比为，则“数列是递增数列”是“”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 5. 一个口袋里装有大小、形状完全相同的8个红球和2个白球，从中不放回地任取两个球．已知取到了一个红球，则取到的另一个是白球的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的定义域为，若与都是奇函数，则一定有（ ） A. B. C. D. 7. 在直角梯形中，，，且，，对角线与交于点，点满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，且，则的最小值为（ ） 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. 记是等差数列的前项和，的公差为，已知，且与的等差中项为，则（ ） A. B. C. 最小 D. 10. 已知函数满足，且在内恰有两个极值点，则（ ） A. B. C. D. 在单调递增 11. 抛物线的焦点为．过点作的切线，与轴、轴分别交于点；过坐标原点作的垂线，与直线交于点，则（ ） A. 的斜率为 B. C. D. 是等腰三角形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知与的成对数据如下表： 1 2 3 4 5 2 3 4 5 7 若关于的回归直线方程为，则________． 13. 已知半径为的球内切于圆台，若圆台的上、下底面半径之比为，则圆台的母线长为________． 14. 当时，，则实数的取值范围为________． 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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若是的中点，且，，求的长． 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若存在极值点，且，，证明：为定值． 17. 已知椭圆的右顶点为，圆的半径等于椭圆的长半轴长，圆，直线与圆和圆都相切． （1）求圆的方程，并判断圆与圆的位置关系； （2）求直线的方程； （3）若斜率存在的直线与交于，两点，求的面积． 18. 在四棱锥中，底面为矩形，，是边长为2的等边三角形．点，，分别为，，的中点． （1）求证：平面平面； （2）设直线与平面所成角的正弦值为，且四棱锥的各个顶点都在球的球面上． （ⅰ）求二面角的余弦值； （ⅱ）求球的表面积． 19. Base16 Encoding是网络数据传输中常用的编码技术，它将二进制数转换为十六进制数，从而将冗长的二进制序列转换为更短、更规整的十六进制字符串，便于传输与解码． （1）写出二进制数111001011101转换后的十六进制字符串（参考附2）； （2）十六进制字符串由数字与字母组成，传输时，数字保持不变，字母替换为两个连续的“*”，得到加密字符串（如5A6F3加密为）.设位十六进制字符串加密后，其加密字符串的第位为“”的概率为． （i）求，，并证明数列为常数列； （ii）若，求数列的通项公式． 附1：十进制与十六进制的对应关系 十进制 0 1 2 … 9 10 11 12 13 14 15 十六进制 0 1 2 … 9 A B C D E F 附2：二进制数转换为十六进制数规则 将二进制数按4位一组映射为1位十六进制字符：从二进制数的最右侧开始，向左每4位分为一组；若最左侧一组不足4位，则在其左侧补0凑齐4位. 例如：二进制数11010，先补0分组为00011010.由，得，映射为十六进制数字1；由，得，映射为十六进制字母A．因此二进制数11010映射为十六进制字符串1A． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丹东市2026届高三教学质量监测 数学 本试卷共19题，共150分，共4页.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回. 注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写清楚，并将条形码准确粘贴在指定区域内. 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清晰. 3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效. 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5．保持卡面清洁，不要折叠、弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、选择题：本题共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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】已知全集（自然数集），集合， 因此，故A正确. 2. 双曲线的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】在双曲线中，，，， 所以其离心率为. 3. 复数满足，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】 由已知等式，变形得：，，因此  ​ 4. 已知等比数列的公比为，则“数列是递增数列”是“”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】A 【解析】 【分析】根据等比数列定义、数列单调性意义，结合充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若等比数列是递增数列，则或，则必有； 取，数列的公比，而数列是递减数列， 所以“数列是递增数列”是“”的充分不必要条件. 故选：A 5. 一个口袋里装有大小、形状完全相同的8个红球和2个白球，从中不放回地任取两个球．已知取到了一个红球，则取到的另一个是白球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】方法1：采用缩小样本空间的思路 从大小形状完全相同的个红球和个白球中不放回地任取两个球其中一个是红球， 取法种数为（或）， 其中取到了一个红球一个是白球的取法种数为，因此所求概率为． 方法2：条件概率公式 设事件为“至少取到一个红球”，事件为“取到一红一白”， 则，， 因此所求概率为． 6. 已知函数的定义域为，若与都是奇函数，则一定有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由函数是奇函数，得， 由函数是奇函数，得，则． 因此，从而，， 无法确定，由，得，于是一定有． 7. 在直角梯形中，，，且，，对角线与交于点，点满足，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】法1：以为原点，建立平面直角坐标系，求得，，求得，结合，即可求解； 法2：根据，得到，由向量的线性运算得到，求得，结合，即可求解． 【详解】解法1：以为原点，以所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系， 如图所示，可得， 所以，， 因为，且，，所以， 又因为， 可得， 所以，因为，可得， 所以的取值范围是． 解法2：因为，可得， 又因为，可得， 所以，所以， 由，且相似比为，可得，所以， 因为， 所以． 由，可得，所以的取值范围是． 8. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由对数的性质可得，将代数式与代数式相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值，即可得出的最小值. 【详解】因为，，所以，， 因为， 所以． 从而． 当且仅当时，等号成立， 由，，得，代入，得， 因此当时，取最小值． 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. 记是等差数列的前项和，的公差为，已知，且与的等差中项为，则（ ） A. B. C. 最小 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】推导出数列是公差为的等差数列，根据题意求出、的值，可判断A选项；根据可判断B选项；求出的表达式，利用二次函数的基本性质可判断C选项；求出、的值，可判断D选项. 【详解】因为是等差数列的前项和，的公差为，则，故， 所以， 故数列是公差为的等差数列， 对于A选项，由题意可得，故，，所以，A错； 对于B选项，，解得，B对； 对于C选项，由题意可得，解得， 所以， 故当时，取最小值，即最小，C对； 对于D选项，，， 所以，D错. 10. 已知函数满足，且在内恰有两个极值点，则（ ） A. B. C. D. 在单调递增 【答案】AC 【解析】 【详解】因为在上恰有两个极值点，且， 所以， 又.选项A正确． 此时由或（）， 得或， 因为，所以，选项B错误． 由，得，图象关于对称，故选项C正确． 由，，得在区间内存在极值点，所以函数在区间内不单调，选项D错误． 11. 抛物线的焦点为．过点作的切线，与轴、轴分别交于点；过坐标原点作的垂线，与直线交于点，则（ ） A. 的斜率为 B. C. D. 是等腰三角形 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，利用求导得到切线斜率，写出切线方程，根据点抛物线上即可判断；B选项，求出的坐标，分别计算和即得；C选项，依题求出直线和的方程，联立求出，由即可判断；D选项，由的坐标计算，得即得. 【详解】对于A，两边对求导得，从而．点在上， 则，即，的斜率为，故A错误； 对于B，因为与轴、轴分别交于点，所以，， 因为，所以，由抛物线定义，故，即B正确； 对于C，可得，，联立这两个方程得， 所以．因为，所以，故C正确； 对于D，因为，，即，是等腰三角形，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知与的成对数据如下表： 1 2 3 4 5 2 3 4 5 7 若关于的回归直线方程为，则________． 【答案】1.2 【解析】 【分析】通过样本中心点在回归直线上，代入数据即可求解. 【详解】由已知数据得： ，， 将代入， 得： ，  解得：. 13. 已知半径为的球内切于圆台，若圆台的上、下底面半径之比为，则圆台的母线长为________． 【答案】8 【解析】 【详解】依题意，球的大圆是圆台轴截面（等腰梯形）的内切圆，因此圆台的高等于球的直径，即， 由圆外切四边形对边和相等，得圆台母线长等于上下底半径之和， 设圆台上底面半径为，则母线长为， 由，得，所以圆台的母线长为8． 14. 当时，，则实数的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】化简不等式为，根据，得，当时，不等式成立；当时，设，得到存在，得到，得出矛盾，即可求解. 【详解】由不等式，可得， 即，即， 设，可得，在单调递增， 所以，所以，所以 当时，不等式成立； 当时，设，因为，， 所以存在，使，此时， 不等式，即为，即，可得（矛盾）， 综上可得，实数的取值范围为． 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. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若是的中点，且，，求的长． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由余弦二倍角公式得到，再通过平方化简即可求解； （2）在和中，分别应用余弦定理，再结合，联立即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 而，又 故． 两边平方得， 所以， 因为，， 所以， 解得：． 【小问2详解】 由余弦定理， 得， 因为，，， 即， 所以，代入 得：． 在和中， 分别应用余弦定理得： ，． 因为，， 将两式相加得， 故 所以． 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若存在极值点，且，，证明：为定值． 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求，然后对进行分类讨论，由此求得的单调区间. （2）由，结合进行化简，由此证得为定值． 【小问1详解】 定义域为，． 当时，，且仅当且时， 所以在上单调递增． 当时，由解得或； 由解得． 所以在和上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 由，得．由， 整理可得． 因为是极值点，所以由（1）知，且，即． 于是， 进而，即， 因为，所以． 17. 已知椭圆的右顶点为，圆的半径等于椭圆的长半轴长，圆，直线与圆和圆都相切． （1）求圆的方程，并判断圆与圆的位置关系； （2）求直线的方程； （3）若斜率存在的直线与交于，两点，求的面积． 【答案】（1），圆与圆外 （2），，． （3）． 【解析】 【分析】（1）由椭圆的几何性质确定的坐标和圆的半径，结合圆的标准方程可求圆的方程，再求，比较与半径和与差的关系判断两圆的位置关系； （2）结合（1）判断公切线条数，再结合图象判断为其中一条公切线，证明外公切线过点，结合切线性质和点到直线距离公式求切线方程； （3）联立方程组，设，，结合根与系数关系求出，利用关系的面积求结论． 【小问1详解】 由题意可得，椭圆的长半轴长为2，故圆的方程为． 由，得，故圆与圆外切． 【小问2详解】 由（1）可知，圆与圆外切于原点，因此两圆共有3条公切线．因为直线到两圆心的距离分别等于各自半径，故是两圆的一条内公切线． 因为，，两圆半径为2，1，由相似比及对称性可知，外公切线必过定点，设两圆的外公切线方程为． 由直线与圆相切，得，解得，因此两条外公切线方程为，． 综上直线的方程为，，． 【小问3详解】 由（2）可知，斜率存在的两条直线关于轴对称，而椭圆也关于轴对称，因此它们与椭圆相交所得的的面积相等． 将代入，整理得，判别式，设，，则． 由过定点，得的面积． 18. 在四棱锥中，底面为矩形，，是边长为2的等边三角形．点，，分别为，，的中点． （1）求证：平面平面； （2）设直线与平面所成角的正弦值为，且四棱锥的各个顶点都在球的球面上． （ⅰ）求二面角的余弦值； （ⅱ）求球的表面积． 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）；（ⅱ）． 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理即可得证； （2）方法一：建立空间直角坐标系，（ⅰ）由（1）知是二面角的平面角，设，得点，进而得，又由与平面所成角的正弦值为，即可求解； （ⅱ）由（ⅰ）知．设，由得，解出即可求解； 方法二：（ⅰ）取，的中点分别为，，连结，，，利用几何法求二面角的平面角即可； （ⅱ）记矩形外接圆的圆心为，外接圆的圆心为，根据球的性质，找球心，求出半径即可求解. 【小问1详解】 因为分别为的中点,所以， 又底面为矩形，所以，所以， 又因为是等边三角形，所以， 因为，所以平面， 由平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 方法一： 以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，显然平面的法向量， 由（1）知是二面角的平面角，设，由，得，， 所以， 由与平面所成角的正弦值为， 所以，解得， 因此二面角的余弦值为； （ⅱ）由（ⅰ）知，设，由，因为，， 所以，解得， 所以球的半径为，故球的表面积． 方法二：（ⅰ）取，的中点分别为，，连接，，， 因为且，且， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以与平面所成的角等于与平面所成的角， 由（1）知是与平面所成的角，由题意， 因为，所以，从而， 因为，所以，为正三角形． 由（1）知是二面角的平面角，所以二面角的余弦值． （ⅱ）记矩形外接圆的圆心为，外接圆的圆心为， 由球的截面性质平面，平面，则，， 所以平面．由（1）知，，，共面，从而，，，共圆，直径为． 由（ⅰ）知在四边形中，，因为，， 在中，由余弦定理． 在中，由正弦定理， 所以球的半径为，故球的表面积． 19. Base16 Encoding是网络数据传输中常用的编码技术，它将二进制数转换为十六进制数，从而将冗长的二进制序列转换为更短、更规整的十六进制字符串，便于传输与解码． （1）写出二进制数111001011101转换后的十六进制字符串（参考附2）； （2）十六进制字符串由数字与字母组成，传输时，数字保持不变，字母替换为两个连续的“*”，得到加密字符串（如5A6F3加密为）.设位十六进制字符串加密后，其加密字符串的第位为“”的概率为． （i）求，，并证明数列为常数列； （ii）若，求数列的通项公式． 附1：十进制与十六进制的对应关系 十进制 0 1 2 … 9 10 11 12 13 14 15 十六进制 0 1 2 … 9 A B C D E F 附2：二进制数转换为十六进制数规则 将二进制数按4位一组映射为1位十六进制字符：从二进制数的最右侧开始，向左每4位分为一组；若最左侧一组不足4位，则在其左侧补0凑齐4位. 例如：二进制数11010，先补0分组为00011010.由，得，映射为十六进制数字1；由，得，映射为十六进制字母A．因此二进制数11010映射为十六进制字符串1A． 【答案】（1）E5D （2）（i），，证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据二进制数转换为十六进制数规则分析即可； （2）（i）利用古典概型概率、条件概率以及常数列的定义证明即可；（ii）根据等比数列定义以及通项公式和二项式定理分析求解即可. 【小问1详解】 ，映射为十六进制字符为E， ，映射为十六进制字符为5， ，映射为十六进制字符为D， 因此二进制数111001011101，转换后的十六进制串为E5D． 【小问2详解】 （i）由题意，十六进制单个字符为数字的概率为，为字母的概率为， 当时，； 当时：若首字符为数字，第2位为的概率为， 若首字符为字母，第2位必为，概率为，故． 记事件：“原始字符串的第1个字符为数字”，则， 记事件：“原始字符串的第1个字符为字母”，则， 记事件：“长度为的原始字符串，加密后所得加密字符串的第位为*”，则， 当时： 若发生，首字符占1位，剩余个字符的加密结果是从加密字符串第2位开始，故， 若发生，首字符占2位，剩余个字符的加密结果是从加密字符串第3位开始，故， 由全概率公式，得， 从而，又， 故对任意，有，即数列为常数列． （ii）由（ⅰ）得， 因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 从而， 由二项式定理得， 因此. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $