精品解析：甘肃定西市岷县第一中学、第二中学、第三学校、第四中学2025-2026学年高三三诊模拟考试数学试卷

2025-2026学年岷县第一中学､第二中学､第三学校､第四中学高三三诊模拟考试（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. 集合的元素个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为 A. 24 B. 48 C. 60 D. 72 3. 函数是（ ） A. 奇函数，且最小值为 B. 奇函数，且最大值为 C. 偶函数，且最小值为 D. 偶函数，且最大值为 4. “明数理”数学兴趣小组通过调查，整理出天津市三月份每日最高气温与最低气温的数据，绘制了气温与日期关系的散点图（如图），并进行统计学分析，下列说法正确的是（ ） A. 小明根据散点图判断气温与日期无相关关系 B. 小华利用最小二乘法计算最高气温与日期的经验回归方程为，其中x为日期（3月1日为，3月31日为） C. 小红计算出最低气温与日期的相关系数为0.9397，以此判断两者的相关程度很弱 D. 小强判断无论是最高气温与日期，还是最低气温与日期都正线性相关 5. 正n边形有n条边,它们对应的向量依次为a1,a2,a3,…,an,则这n个向量(　　) A. 都相等 B. 都共线 C. 都不共线 D. 模都相等 6. 已知曲线在处的切线方程是，则与分别为　　 A. 5， B. ，5 C. ，0 D. 0， 7. 如图所示，四面体的体积为，点为棱的中点，点分别为线段的三等分点，点为线段的中点，过点的平面与棱分别交于，设四面体的体积为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，其中i为虚数单位，则（ ） 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. 已知为等比数列，其前项和为，公比为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，则 10. 设A，B是两个随机事件，，，则下列说法中正确的是（ ） A. 若A与B相互独立，则 B. 若A与B互斥，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，的最小值为 B. 若有两个极值点，则实数的取值范围为 C. 当时，的值域为 D. 若存在，使得成立，则实数的最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 角终边经过点，且，，则实数a的取值范围是__________. 13. 若实数，满足，则的最大值为______. 14. 已知抛物线的焦点为，为上的两个动点，且，，当的周长最大时，抛物线的标准方程为______． 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，，，边上的中线，相交于点． （i）求； （ii）求． 16. 甲､乙两位同学进行一场乒乓球比赛，约定采用五局三胜制，当一人赢得三局胜利时，该同学获胜，比赛结束，在每局比赛中，都不会出现平局，且甲同学先发球该局甲获胜的概率为，乙同学先发球该局甲获胜的概率为．经抽签，第一局甲先发球，第二局乙先发球，依次轮流发球． （1）求甲连胜三局的概率． （2）求需要进行第五局比赛的概率． （3）比赛结束时，设甲获胜局数为X，求X的分布列和数学期望． 17. 设为坐标原点，抛物线与的焦点分别为为线段的中点．点在上在第一象限），点在上，． （1）求曲线的方程； （2）设直线的方程为，求直线的斜率； （3）若直线与的斜率之积为，求四边形面积的最小值． 18. 如图，四棱台的上下底面均为正方形，且底面ABCD，. （1）求证：平面平面； （2）若线段上存在点P，使得平面与平面的夹角的余弦值为. （ⅰ）求直线与平面所成角的正弦值； （ⅱ）求点到平面的距离. 19. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）若有且仅有1个零点，求的值； （3）若存在，使得对任意恒成立，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年岷县第一中学､第二中学､第三学校､第四中学高三三诊模拟考试（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. 集合的元素个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 根据集合的代表元素及需满足的条件，用列举法表示出集合，即可得到结果. 【详解】解： 所以集合中含有个元素 故选： 【点睛】本题考查列举法表示集合及集合元素的个数问题，属于基础题. 2. 用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为 A. 24 B. 48 C. 60 D. 72 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由题意，要组成没有重复数字的五位奇数，则个位数应该为1或3或5，其他位置共有种排法，所以奇数的个数为，故选D. 【考点】排列、组合 【名师点睛】利用排列、组合计数时，关键是正确进行分类和分步，分类时要注意不重不漏，分步时要注意整个事件的完成步骤．在本题中，个位是特殊位置，第一步应先安排这个位置，第二步再安排其他四个位置． 3. 函数是（ ） A. 奇函数，且最小值为 B. 奇函数，且最大值为 C. 偶函数，且最小值为 D. 偶函数，且最大值为 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合函数的奇偶性，判定A、B不正确；再结合三角函数的图象与性质，求得函数的最大值和最小值，即可求解. 【详解】由函数，可得其定义域，关于原点对称， 且，所以函数为偶函数， 因为， 所以为的一个周期， 不妨设， 若时，可得， 因为，可得， 当时，即时，可得； 当时，即时，可得； 若，可得， 因为，可得， 当时，即时，可得； 当时，即时，可得， 综上可得，函数的最大值为，最小值为. 故选：D. 4. “明数理”数学兴趣小组通过调查，整理出天津市三月份每日最高气温与最低气温的数据，绘制了气温与日期关系的散点图（如图），并进行统计学分析，下列说法正确的是（ ） A. 小明根据散点图判断气温与日期无相关关系 B. 小华利用最小二乘法计算最高气温与日期的经验回归方程为，其中x为日期（3月1日为，3月31日为） C. 小红计算出最低气温与日期的相关系数为0.9397，以此判断两者的相关程度很弱 D. 小强判断无论是最高气温与日期，还是最低气温与日期都正线性相关 【答案】D 【解析】 【分析】由散点图，回归直线方程的性质，变量间的相关关系分别判断即可求解． 【详解】对于A，观察散点图，横轴代表日期，纵轴代表气温，图中的散点分布并不是杂乱无章的，而是呈现出一种带状分布， 且整体趋势是随着日期的增加，气温也在逐渐升高，这种趋势表明气温与日期之间存在密切的联系，即存在相关关系，故A错误； 对于B，回归直线方程中，斜率反映了变量随的变化趋势， 若表示变量随的增大而增大，为正相关，若表示变量随的增大而减小，为负相关； 由散点图可知，气温随日期的增大而升高，属于正相关，所以回归方程的斜率应为正数， 而小华计算最高气温与日期的经验回归方程斜率为，故B错误； 对于C，的值越大，相关性越强，小红计算出最低气温与日期的相关系数为0.9397，以此判断两者的相关程度很强，故C错误； 对于D，由散点图可知，无论是最高气温还是最低气温，其数据点都呈现出随日期增加而上升的趋势，为正线性相关，故D正确． 5. 正n边形有n条边,它们对应的向量依次为a1,a2,a3,…,an,则这n个向量(　　) A. 都相等 B. 都共线 C. 都不共线 D. 模都相等 【答案】D 【解析】 【详解】正n边形n条边相等,故这n个向量的模相等. 故选：D. 6. 已知曲线在处的切线方程是，则与分别为　　 A. 5， B. ，5 C. ，0 D. 0， 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数的几何意义得到f'（5）等于直线的斜率﹣1，由切点横坐标为5， 得到纵坐标即f（5）． 【详解】由题意得f（5）=﹣5+5=0，f′（5）=﹣1． 故选D． 【点睛】本题考查了导数的几何意义，考查学生的计算能力，属于基础题． 7. 如图所示，四面体的体积为，点为棱的中点，点分别为线段的三等分点，点为线段的中点，过点的平面与棱分别交于，设四面体的体积为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量线性运算可得，令可得，利用四点共面和基本不等式可求得的最小值，结合棱锥体积公式可求得结果. 【详解】连接， 由题意知：； 令，则，， 四点共面，（当且仅当时取等号）， ； 设点到平面的距离为，则点到平面的距离为， 又，， ，即的最小值为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查三棱锥体积相关问题的求解，解题关键是能够结合空间向量的知识，利用四点共面得到的最小值，进而代入体积公式求解. 8. 已知，其中i为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算和共轭复数的概念即可求解. 【详解】因为，所以 所以. 故选：B. 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. 已知为等比数列，其前项和为，公比为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式与前项和公式计算即可逐一判断. 【详解】对于A，为等比数列，，则，，故A错误； 对于B，因为等比数列，则，又，因，故，即B正确； 对于C，当时，因，， 所以，故C正确； 对于D，由，得，则，所以， 又，即，又因为，即， 因，则得，故D正确. 10. 设A，B是两个随机事件，，，则下列说法中正确的是（ ） A. 若A与B相互独立，则 B. 若A与B互斥，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用和事件的概率公式，及相互独立事件同时发生的概率公式即可求解；对于B，利用互斥事件的关系即可求解； 对于C，根据积事件的概率公式，及事件的关系即可求解； 对于D,根据和事件的概率公式求出再由相互独立事件的定义得到A与B相互独立再利用和事件的概率公式即可求解 【详解】若A与B相互独立，则， ∴，故A正确； 若A与B互斥，则，∴，故B错误； ∵，∴， ∴，故C正确； ∵，∴， ∴A与B相互独立.∴与B相互独立，A与相互独立. ∴ ，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，的最小值为 B. 若有两个极值点，则实数的取值范围为 C. 当时，的值域为 D. 若存在，使得成立，则实数的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，求导后求单调区间，进而求最小值即可； B选项，将问题转化成有两个不同的解，构造新的函数，使和有两个交点即可； C选项，直接利用导数分析的值域即可； D选项，令，设出的根，保证即可. 【详解】 ，求导得 A选项，当时，，， 令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，则， 即的最小值为，所以A选项错误； B选项，有两个极值点，等价于有两个不同的实数根，即有两个不同的解， 令，则，在上单调递减，在上单调递增，则， 且当时，；当时，；且时，，， 所以当时，有两个不同的解，即有两个极值点，所以B选项正确； C选项，若，则， ，所以在定义域内单调递增， 当时，；当时，；则的值域为，所以C选项正确； D选项，存在，使得，即存在，使得， 令，则 ，由B选项解析可知，当时，若，则， 不妨设为的根，即 ， 当，单调递减，当，单调递增， 则在处取得最小值， ， 需要满足存在，使得成立， 令，则，其中， 令，解得，所以在上单调递减，在单调递增， 则，此时 满足题意，所以，所以D选项正确. 【点睛】本题需要构造不同的函数，利用新函数的导数去研究原函数的单调性和取值范围，构造函数的时候需要注意自变量的取值范围. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 角终边经过点，且，，则实数a的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据三角函数定义解题即可 【详解】由于，，根据三角函数定义得到 ，解得. 故答案为：. 13. 若实数，满足，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】已知条件可化为，故可设，从而目标代数式可化为，利用基本不等式可求其最大值. 【详解】由，得， 设，其中，则， 从而， 故 记，则， 要求最大值，则只需考虑，则, 当且仅当，即时取等号，即最大值为. 故答案为：. 14. 已知抛物线的焦点为，为上的两个动点，且，，当的周长最大时，抛物线的标准方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理、基本不等式可得，进而有时，的周长最大，结合抛物线对称性，设，应用抛物线的定义及点在抛物线上求参数，即可得答案. 【详解】设，， 在中，，由余弦定理得， 所以， 所以，所以，当且仅当时取等号， 即时，的周长最大， 此时不妨设点，所以，化简，解得（舍去）， 故抛物线的标准方程为． 故答案为： 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，，，边上的中线，相交于点． （i）求； （ii）求． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）通过正弦定理将边化为角，结合两角和的正弦公式以及辅助角公式得到关于的方程进而得解； （2）（i）通过求向量的模长即可得结果；（ii）通过余弦定理求出，（法一）根据重心的性质求出和，最后通过余弦定理可得结果；（法二）通过求得到结果. 【小问1详解】 由正弦定理得， ∴， ∴， ∵，∴， ∴． ∵ ∴，即． 【小问2详解】 （i）∵， ∴． （ii）在中，由余弦定理得， 即 （法一）由题知是的重心， ∴，∴， 在中，由余弦定理得． （法二）又， ∴． ∴． 16. 甲､乙两位同学进行一场乒乓球比赛，约定采用五局三胜制，当一人赢得三局胜利时，该同学获胜，比赛结束，在每局比赛中，都不会出现平局，且甲同学先发球该局甲获胜的概率为，乙同学先发球该局甲获胜的概率为．经抽签，第一局甲先发球，第二局乙先发球，依次轮流发球． （1）求甲连胜三局的概率． （2）求需要进行第五局比赛的概率． （3）比赛结束时，设甲获胜局数为X，求X的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2） （3）X的分布列为 X 0 1 2 3 P 数学期望为 【解析】 【分析】（1）利用概率的乘法公式计算； （2）分甲发球的两局甲都胜，其余都负、乙发球的两局甲都胜，其余都负、甲发球的两局甲胜一局，乙发球的两局甲胜一局，其余都负三种情况求出概率； （3）根据独立事件和互斥事件结合前两问逐一求出概率，最后利用期望公式求出. 【小问1详解】 甲连胜三局的概率． 【小问2详解】 需要进行第五局比赛，说明前四局甲胜两局负两局，有三种情况： 甲发球的两局甲都胜，其余都负，其概率为； 乙发球的两局甲都胜，其余都负，其概率为； 甲发球的两局甲胜一局，乙发球的两局甲胜一局，其余都负，其概率为 ， 故需要进行第五局比赛的概率为． 【小问3详解】 X的所有可能取值为0，1，2，3 ． 的情况是比赛四局，前三局甲胜一局负两局，第四局甲负， 则甲发球胜一局的概率为， 乙发球甲胜一局的概率为， 所以； ； ． 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 所以． 17. 设为坐标原点，抛物线与的焦点分别为为线段的中点．点在上在第一象限），点在上，． （1）求曲线的方程； （2）设直线的方程为，求直线的斜率； （3）若直线与的斜率之积为，求四边形面积的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出的坐标，即可得到的坐标，从而求出抛物线方程； （2）设，，，，联立直线与抛物线方程，求出，的坐标，再由向量的关系求出的坐标，即可得解； （3）推导出，同理，即可得到，设，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可求出过定点坐标，再求出的最小值. 【小问1详解】 抛物线的焦点为， 由为线段的中点，可得， 所以曲线的方程为； 【小问2详解】 设，，，， 联立，消去x整理得，解得，， 则，， 因为，则， 因为，，则，所以， 所以，，即，直线的斜率为； 【小问3详解】 因为，，，， 所以，， 因为，所以 因为，，，， 所以，① 由代入①得， 由得， 因为，，所以，所以，同理， 所以且， 所以，因为，所以， 所以，得，即， 设，联立消去x，得， 所以，所以，则，所以过定点， 则， 当且仅当，即时取等号，所以， 所以四边形面积的最小值为 18. 如图，四棱台的上下底面均为正方形，且底面ABCD，. （1）求证：平面平面； （2）若线段上存在点P，使得平面与平面的夹角的余弦值为. （ⅰ）求直线与平面所成角的正弦值； （ⅱ）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明：因为平面ABCD，平面ABCD， 因此，又因为正方形ABCD，所以，， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据题意先证平面，再根据面面垂直的判定即可证明； （2）以点A为原点建立空间直角坐标系，设点，利用向量法求平面角求出，确定点；（ⅰ）根据空间向量法求线面角即可；（ⅱ） 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以点A为原点，AB，AD，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系， ，，，，，. 若存在点P，设点，， 设平面PBD的法向量为，，， 则，令，则， 设平面与平面的夹角为，易得平面的法向量为， 由已知有，即， 整理有，解得，或（舍）； 所以，，， （ⅰ）设直线与平面所成角为， ， 所以，直线与平面PBD所成角的正弦值为； （ⅱ）易知，设点到平面的距离为d，故. 点到平面PBD的距离为. 19. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）若有且仅有1个零点，求的值； （3）若存在，使得对任意恒成立，证明：． 【答案】（1）的单调递增区间为 ，单调递减区间为. （2） （3）因为对任意恒成立， 所以，即， 因此， 要证，只需证明即可， 对函数求导得到， 令，则， 所以在区间单调递减， 即在区间单调递减， 存在唯一极大值点，满足，即， 在内 函数单调递增， 内 函数单调递减， 所以当时取得极大值也是最大值 . 因此， 令，则， 当 时， ，单调递增， 当时， ，单调递减， 故在 时取得最大值， 因此， 所以，所以， 故得证. 【解析】 【分析】（1）先求定义域，再对函数求导，利用导数即可得到单调区间； （2）由有且仅有1个零点，分离参数得到有且仅有1个解，令， 利用导数得到的单调性和最小值，所以. （3）由对任意恒成立，得到，则只需证明即可，利用导数得到最大值为.因此，再令，得到 时取得最大值，因此，即，故得证. 【小问1详解】 当时，，定义域为， 求导得到， 令，则当时， 所以在内单调递减，且 ， 即在内单调递减，且， 所以当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 综上所述，单调递增区间为 ，单调递减区间为. 【小问2详解】 因为有且仅有1个零点， 所以方程有且仅有1个解， 即有且仅有1个解， 令， ， 则， 令，则， 所以在区间 上单调递增， 又因为 ， 所以当 时， ，即，单调递减； 当 时， ，即 ，单调递增； 所以函数在 处取得极小值也是最小值， 当时， ，时， ， 因为有且仅有1个解， 所以. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $