精品解析：甘肃陇南市宕昌县第一中学、第二中学、两当第一中学2025-2026学年高三三诊摸底考试数学试卷

2025-2026年宕昌第一中学、第二中学、两当第一中学 高三三诊摸底考试数学试卷 注意事项： 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：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. 1. 已知，q：直线与直线平行，则是的（ ） 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 2. 复数（为虚数单位）的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 3. 已知实数满足，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 在中，， ，N为BC的中点，且外接圆的圆心为M，则（ ） A. 10 B. 20 C. D. 5. 已知，，则（ ） A. 3 B. C. D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列的各项均不为0，其前项积为，且，记数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，若，恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 某水果店店长记录了过去30天苹果的日销售量数据（单位：）： 销量 频数 1 0 4 11 8 4 2 店长假设日销售量X近似服从正态分布，，，根据上述数据，下列说法正确的有（ ） A. 可以估计约为 B. 日销售量在范围内的天数约为20天 C. 若日销售量超过的概率为p，则 D. 若未来连续3天的日销售量都超过，则说明日销售量不服从正态分布 10. 正方体的棱长为，、 、分别为、、的中点，则（ ） A. 平面 B. C. 三棱锥的体积为 D. 平面平面 11. 如图，在中，，的内切圆与相切于点，的面积为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为定值2 C. D. 记的内心为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ，则用和表示的结果为_____ 13. 已知等差数列的公差为，等比数列的公比为，且，，，则______． 14. 已知函数对任意恒有，且，给出下列结论：① ；②是偶函数；③的图象关于点对称；④．其中正确结论的序号为_____． 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. 在锐角中，内角的对边分别为，已知． （1）求A； （2）若． （ⅰ）求； （ⅱ）求的面积． 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面平面，，为的中点，点为线段上的动点． （1）求证：平面平面； （2）记平面与平面的夹角为，求的取值范围． 17. 已知，直线与曲线和都相切． （1）求 的值； （2）若 ，其中． （i）求实数的取值范围； （ii）求证：． 18. 已知抛物线的焦点为点，点在抛物线上，，且的最小值为． （1）求抛物线的方程； （2）设点P不在坐标轴上，过P可作抛物线C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B， ①证明：； ②若直线 ， ，直线AB与x轴相交于点H，求的最大值． 19. 近些年人工智能（AI）经历了爆炸式发展，技术性能显著提升，应用场景深度渗透．现有，，三台机器人进行象棋比赛，比赛规则：每一局由两台机器人进行比赛，剩余的一台机器人进行“调试”，每局比赛结束时，负方在下一局进行“调试”，胜方继续进行下一局比赛．设每一局比赛中的两台机器人获胜的概率均相等，各局比赛结果相互独立且没有平局，首局比赛由和对弈，进行“调试”，表示第局进行“调试”的概率（）． （1）求前3局中，不“调试”的概率； （2）求； （3）若表示前5局比赛中“调试”的次数，求随机变量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 $ 2025-2026年宕昌第一中学、第二中学、两当第一中学 高三三诊摸底考试数学试卷 注意事项： 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：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. 1. 已知，q：直线与直线平行，则是的（ ） 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】根据两直线平行求出的值，结合充分条件、必要条件的概念判断即可. 【详解】因为直线与直线平行， 所以，即，解得 或. 当 时，，满足平行条件. 当时，，满足平行条件. 所以，两直线平行时 或. 因此是的充分不必要条件. 2. 复数（为虚数单位）的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先将化简后，再求出其共轭复数即可. 【详解】因为， 所以其共轭复数为. 故选：A. 3. 已知实数满足，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于选项A，可知，无法判断正负，所以选项A错误； 对于选项B，可知时，所以，所以选项B错误； 对于选项C，因为，所以， 可知，当且仅当，即 时取等号，所以等号取不到， 所以，选项C正确； 对于选项D，当 时，无法判断不等式是否成立，所以选项D错误； 4. 在 中， ，，N为BC的中点，且 外接圆的圆心为M，则（ ） A. 10 B. 20 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件可得，分别取线段的中点为结合向量数量积的定义以及运算律代入计算，即可得到结果. 【详解】因为为的中点，则， 所以． 如图，分别取线段，的中点为 ，，因为为 的外接圆圆心， 所以，， 则， ， 因此． 5. 已知，，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由二倍角的余弦公式，同角三角形函数的平方关系及求出 和，再根据二倍角的正弦公式及降幂公式化简，代入计算即可． 【详解】由题设有，即， 解得或，因为，所以，则， 则， 故选：A． 6. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据已知条件求出与以及 的值，进而确定的解析式，再结合三角函数的平移规律进行解答即可. 【详解】根据题中图象可知，函数的最小正周期， ，，， 又，所以， 所以，所以. 故选：B 7. 已知数列的各项均不为0，其前 项积为，且，记数列的前 项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据已知条件推导出数列的通项公式，进而可知的表达式，然后求出的通项公式，利用裂项相消法求得结果. 【详解】将代入得，即，解得 ， 当时，将代入得， 去分母得，所以， 所以，所以， 所以数列是首项为，公差为1的等差数列， 所以，所以， 所以， 所以. 8. 已知，，若，恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据以及的符号变化将的范围分成三类，，，分类讨论中的取值范围，从而确定的最小值. 【详解】由题意可知，对任意， 由， 当时，有，所以对任意时，， 此时只要求，即， 故，即的最小值为； 当时，且，因此，在时，， 此时要求，即， 在时，，此时要求，即， 由此可得，此时， 令，求导得， 由于，故在单调递减， 因此，的最小值为，即的最小值为； 当时，，因此，在时，，此时要求，即， 在时，，此时要求，即， 在时，存在使得，此时要求，则， 因此需要同时满足，，显然矛盾，故无解； 综上所述，即的最小值为，故B正确. 二、多选题：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. 某水果店店长记录了过去30天苹果的日销售量数据（单位：）： 销量 频数 1 0 4 11 8 4 2 店长假设日销售量X近似服从正态分布，，，根据上述数据，下列说法正确的有（ ） A. 可以估计约为 B. 日销售量在范围内的天数约为20天 C. 若日销售量超过的概率为p，则 D. 若未来连续3天的日销售量都超过，则说明日销售量不服从正态分布 【答案】ABC 【解析】 【详解】日销售量的平均值为， 所以可以估计约为，故A正确； 因为日销售量X近似服从正态分布，所以， 所以， 所以日销售量在范围内的天数约为天，故B正确； 可得， 所以，故C正确； 若未来连续3天的日销售量都超过，这不能说明日销售量不服从正态分布， 在正态分布下它也是可能发生的，只是发生的可能性极小，故D错误. 10. 正方体的棱长为，、、分别为、、的中点，则（ ） A. 平面 B. C. 三棱锥的体积为 D. 平面平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】证明出，结合线面平行的判定定理可判断A选项；由结合柱体和锥体的体积公式可判断C选项；建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断B选项；证明出平面，平面，结合线面垂直的性质可判断D选项. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、、、、、、， 对于A选项，在正方体中，，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面， 平面，所以平面，A对； 对于B选项，，，， 所以，B对； 对于C选项，，C错； 对于D选项，，所以，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 因为，， 所以，， 所以，， 因为，、 平面，所以平面， 所以平面平面，D对. 11. 如图，在 中，， 的内切圆与 相切于点 ， 的面积为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为定值2 C. D. 记的内心为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由三角形内切圆的性质可判断A；由三角形的面积公式，结合余弦定理可判断B；由直线的斜率公式及二倍角公式可判断C；联立直线的方程，表示出点的坐标，结合双曲线的定义，可判断D. 【详解】 如图1，设 的内切圆与分别相切于点 . 对于A，根据内切圆的性质，得， 则， 而，所以，则，故A正确. 对于B，在 中，由余弦定理得①， 又，即，得， 代入①中，得，所以， 所以. 故，故B错误. 对于C，以 的中点为原点， 为轴建立如图2所示的平面直角坐标系， 则，，由， 结合双曲线的定义知，点在以为焦点，以为顶点的双曲线右支上， 其方程为. 设，则，即. 当时，， 而， 故. 又，所以. 当时，，所以，故，依然满足. 综上所述，，故C正确. 对于D，若的内心为，则等价于点在双曲线 的右支上. 如图2，不妨设，则，又， 故. 由，， 联立解得交点， 则，即点满足 ，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ，则用和表示的结果为_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用指数式与对数式互化关系、对数的换底公式及对数运算法则求解. 【详解】由，得，而， 所以. 故答案为： 13. 已知等差数列的公差为，等比数列的公比为，且，，，则______． 【答案】12 【解析】 【分析】根据等差数列及等比数列的通项公式列方程组求解即可. 【详解】等差数列的通项公式为，则，. 等比数列的通项公式为，则，. 由题意知，，整理得，即， 所以或. 对于二次方程，，则此方程无实数解. 因此 ，所以 . 故. 14. 已知函数对任意恒有，且，给出下列结论：① ；②是偶函数；③的图象关于点对称；④．其中正确结论的序号为_____． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】令 可判断①；令可判断②；中取，得， ，即可判断③；用代换中的可得，即可判断④. 【详解】取 ，得， 即，解得 或 （舍去）， 所以 ，①正确； 令，得， 整理得，故是偶函数，②正确； 的定义域为， 若的图象关于点对称，则, 中取，得， 又，所以， 所以的图象不关于点对称，故③错误； 用代换中的,并结合函数为偶函数，可得，得， 所以，④正确. 综上所述，正确结论的序号为①②④. 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. 在锐角 中，内角的对边分别为，已知． （1）求A； （2）若． （ⅰ）求； （ⅱ）求 的面积． 【答案】（1） （2）；. 【解析】 【分析】（1）将边化角化简后解三角方程可求得角A； （2）利用正弦定理求得，再求，则可求；利用余弦定理可求出边，再求 的面积即可. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理可得，, ,又即 ，且 ， 所以可得，即，又， 所以. 【小问2详解】 因为，， 所以由正弦定理可得,即, 即，又, 所以， 则， ， 所以 ， 因为，， 所以由余弦定理可得， ， 即，解得，（负舍） 所以 的面积. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面平面，， 为的中点，点为线段上的动点． （1）求证：平面平面； （2）记平面与平面的夹角为，求的取值范围． 【答案】（1）证明：因为， 为的中点，所以， 又平面平面，是交线，平面， 所以平面，因为平面，所以 , 又平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面与平面垂直可得线面垂直，再由线面垂直，面面垂直的判定定理得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面的夹角的余弦，再由不等式的性质求取值范围即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以 为坐标原点，分别为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设， 则， 设平面的法向量，则， 令 ，可得， 设平面的法向量，则， 令，可得， 则， 所以，当时，，即 当时，，由可得， 所以， 综上，可知，即的取值范围为. 17. 已知，直线与曲线和都相切． （1）求 的值； （2）若 ，其中． （i）求实数的取值范围； （ii）求证：． 【答案】（1），； （2）（i） ；（ii）不妨设， 由（i）知， ， 显然，且 ，所以， 同理，． 要证 ，只需证， 只需证． 又 ，只需证 ． 令函数 ，则 ， 所以函数 在（0，1）上单调递增， 由 得 ，所以 显然成立， 综上， ． 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算进行求解即可； （2）（i）根据导数的正负性与函数单调性的关系，运用转化法，结合数形结合思想进行求解即可； （ii）对所证明不等式进行变形，利用构造函数法，结合导数的性质进行运算证明即可. 【小问1详解】 ． 设与 的切点为 ， 则 ，解得，所以． 由与相切，同理得， 所以 ． 【小问2详解】 （i）由 得直线 与 有两个不同的交点，与有两个不同的交点， 由（1）知，，， 在上单调递减，在上单调递增； ， ， 在 上单调递减，在 上单调递增， 又，且 ； ，且 ， 作出函数和 的图象， 由图象知的取值范围为 ． （ii）略 18. 已知抛物线的焦点为点，点在抛物线上，，且的最小值为． （1）求抛物线的方程； （2）设点P不在坐标轴上，过P可作抛物线C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B， ①证明：； ②若直线 ， ，直线AB与x轴相交于点H，求的最大值． 【答案】（1） （2）①设， 、 ， 由题意可得直线、不与坐标轴平行，可设， 联立，消去得 ， 则 ， 即，则， 同理可得， 则有，故、是方程 的两根， 故，， 由 ，则， ， 故 ； ② 【解析】 【分析】（1）借助抛物线定义即可得； （2）①设，，联立曲线方程，利用切线性质可得，同理可得，则有，故、是方程 的两根，则可得，，再用表示出及 即可得证；②由题意可得 ，则，再利用垂直性质可得，从而可解出，即可得点坐标，再求出点坐标后，即可表示 、 ，再利用基本不等式即可得解. 【小问1详解】 若 ，则点 在抛物线在轴上方部分的下方， 由抛物线定义可得 等于点到准线的距离， 则 的最小值为点 到准线的距离， 故，解得 ，即抛物线的方程为 ； 【小问2详解】 ①略 ②由，则点 、 都在直线 上， 则，故，由，故 ，即 ， 对 ，令，则 ，故 ， 有 ，联立，解得，故 ， 则， ， 则 ，当且仅当，即时，等号成立， 故的最大值为. 19. 近些年人工智能（AI）经历了爆炸式发展，技术性能显著提升，应用场景深度渗透．现有 ，，三台机器人进行象棋比赛，比赛规则：每一局由两台机器人进行比赛，剩余的一台机器人进行“调试”，每局比赛结束时，负方在下一局进行“调试”，胜方继续进行下一局比赛．设每一局比赛中的两台机器人获胜的概率均相等，各局比赛结果相互独立且没有平局，首局比赛由 和对弈，进行“调试”，表示第局 进行“调试”的概率（）． （1）求前3局中， 不“调试”的概率； （2）求； （3）若表示前5局比赛中 “调试”的次数，求随机变量的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2）（） （3）分布列如下： 0 1 2 ，【解析】 【分析】（1）由第1局和第2局 均要获胜，结合独立事件概率乘法公式即可求解； （2）由题意得到，构造等比数列，进而可求解； （3）确定的可能取值，求得相应概率，即可求解. 【小问1详解】 记为前3局中， 不“调试”， 开始比赛由 和对弈， 第1局和第2局 均要获胜，； 【小问2详解】 若第局 进行“调试”，则第 局 负， （ ）， ， ，又， （）； 【小问3详解】 记：“”为“比赛”，“”为“调试” ， ，，， 分布列如下： 0 1 2 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $