河南南阳市方城县第一高级中学2025-2026学年高三下学期高考模拟考试（一）数学练习试题

方城县第一高级中学2025-2026学年高三下学期高考模拟考试（一）数学试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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。 第一部分（选择题 共58分） 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．设全集，集合，则（   ） A． B． C． D． 2．已知数据的分位数是，则实数（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 3．已知命题，则是（   ） A． B． C． D． 4．“”是“函数为奇函数”的（   ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 5．设，，，则，，的大小关系是（    ） A． B． C． D． 6．已知某圆锥的侧面展开图是面积为的半圆，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 7．在菱形中，，点是的中点，点在线段上（包含端点），则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 8．已知等差数列，的前n项和分别为，，且，则（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题（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．已知函数的部分图象如图所示，若将函数的图象纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列命题正确的是（   ） A．函数的解析式为 B．函数的解析式为 C．函数在区间上单调递增 D．函数图象的一个对称中心是 10．已知函数，则下列结论正确的是（     ） A．有相同的最大值 B．若对任意的，都有成立，则的最小值为 C．若时，则 D．若直线与函数与恰有三个交点，则成等比数列 11．点是棱长为2的正方体的表面上的一个动点，则（   ） A．当点在面上运动时，三棱锥的体积为定值 B．当点在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．若直线与平面所成的角为45°，则点的运动轨迹长度是 D．设点是的中点，当在底面上运动，且满足时，的最小值为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．若是关于x的实系数方程的一个复数根，则________． 13．圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为_____． 14．在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图），要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物．现有3种不同的植物可供选择，则有_____种栽种方案． 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．已知数列的前n项和为，，（）． (1)求的通项公式； (2)记，数列的前n项和为，若恒成立，求实数的取值范围． 16．甲､乙两名同学进行传统文化知识比赛，规则如下：连续胜两局者获胜，比赛结束；比赛最多五局，若五局结束时两人均未能连续获胜两局，则五局中胜局数多者获胜．在一局比赛中，若甲胜，则甲下一局胜的概率为；若甲输，则甲下一局胜的概率为．已知第一局甲胜的概率为，假设每局比赛没有平局，记比赛结束时的局数为． (1)求第2局比赛甲胜的概率； (2)在的条件下，求甲胜的概率； (3)求比赛结束时甲胜的概率． 17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，． (1)求角B； (2)为的外接圆，P为外一点，过P点作的切线，切点分别为E，F，求的最小值 18．已知函数 (1)当时，求函数的最小值； (2)当时，讨论函数的单调性； (3)若函数存在两个极值点，设为的极小值点，为的零点，证明：． 19．已知正方体的棱长为，对角线的中点为，动点在平面内，且点到平面的距离等于. (1)求四棱锥体积的最小值； (2)记点的轨迹为曲线，点，，是曲线上不同三点. （i）若平面与轨迹相交于两点，求线段的长； （ii）若点在点上方，且，，与平面所成角相等，平面过且与平行，判断平面与平面的夹角是否为定值，若是定值，求出这个夹角的余弦值；若不是定值，请说明理由. 试卷第4页，共5页 试卷第3页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 《方城县第一高级中学2025-2026学年高三下学期高考模拟考试（一）数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C D A C D D C ABC ABD 题号 11 答案 ABD 1．B 【分析】根据集合的交集和补集运算求解即可. 【详解】因为全集，集合，则， 又因为集合，所以. 故选：B. 2．C 【分析】根据百分位数的定义求解. 【详解】数据个数为，分位数位置， 数据的分位数是，则排序后第项和第项的平均数为， 所以是数据的最大数，排序后的第项， 则排序后的第项为，即，， 所以.选项C正确. 3．D 【分析】由存在量词命题的否定是全称量词命题即可求解. 【详解】因为命题，所以是. 故选：D. 4．A 【分析】利用三角函数的性质，结合充分性和必要性的定义进行求解即可. 【详解】若，则， 是奇函数，因此能推出为奇函数，充分性成立， 若为奇函数，则对任意满足， 即，化简得， 展开整理后可得，即，不一定等于， 因此为奇函数推不出，必要性不成立。 因此“”是“为奇函数”的充分而不必要条件. 5．C 【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数单调性比较大小即可. 【详解】依题意，，， 所以的大小关系是. 故选：C 6．D 【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，由题意结合圆锥的特征计算可得，，再由圆锥体积公式计算即可求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 则，所以， 因为，所以，所以圆锥的高为， 则该圆锥的体积为， 故选：D. 7．D 【分析】设，以为基底，根据向量的线性运算及数量积可得，结合得到范围即可． 【详解】设，因为四边形是菱形， 所以， 由点是的中点，得， 由题意得，， 所以 ， 因为，所以的取值范围是． 8．C 【分析】由等差数列前项和公式，将两个数列前项和的比转化为项的比，结合等差中项的性质即可求得. 【详解】由题可知，，所以. 所以. 故选：C. 9．ABC 【分析】根据题意，，，再结合三角函数性质求解对应参数，并依次讨论各选项即可得答案. 【详解】对于A选项，由题意知，，，， 所以，解得；，即，又，，所以，即， 所以，故A选项正确； 对于B选项，函数的图象纵坐标不变，横坐标缩短到原来的，得到； 再向右平移个单位长度得，即，故B选项正确； 对于C选项，时，，由于正弦函数在上单调递增，故函数在区间上单调递增，C选项正确； 对于D选项，当时，，由于正弦函数关于对称，不是关于点对称，故D选项错误. 10．ABD 【分析】对于A，通过导数求单调性即可；对于B，根据得，且，将其通过同构方法变形为,结合函数单调性化简；对于C，由得，要证，只需证，只需证， 再构造函数，通过单调性证明即可；对于D，由函数图像及可得，由得，由得，然后根据等比中项即可求解. 【详解】对于A，如图所示，函数，导函数为， 令，解得， 令，解得， 所以函数在单调递增，在单调递减， 所以. 如图②所示，函数，导函数为， 令，解得， 令，解得， 所以函数在单调递增，在单调递减， 所以,故A正确； 对于B，对任意的，都有， 所以，且， 所以，两边取对数得， 即， 令，且， 所以在上单调递增， 所以，即， 则， 令，即， 令，解得，则在单调递增， 令，解得，则在单调递减， 所以，故B正确； 对于C，因为，如图②所示， 即. 要证，只需证， 因为，所以，且函数在单调递减， 所以只需证，且， 即证， 令， 即， 因为， 又因为。 所以在恒成立， 所以在单调递增， 所以， 即，故，故C错误； 对于D，如图③所示，直线与函数恰有三个交点， 所以，即， 即，且，， 因为，且， 又因为函数在单调递增， 所以， 因为，且， 又因为函数在单调递减， 所以， 所以， 所以成等比数列，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了通过导数求函数的单调性、同构及极值点偏移，选项B解题的关键是，将其通过同构方法变形为,结合函数单调性化简；选项C，要证，只需证，只需证， 再构造函数，通过单调性证明即可. 11．ABD 【分析】根据点到平面的距离为定值可知A正确，由异面直线夹角的求法找出夹角的平面角，可得B正确，利用线面角定义可知点的运动轨迹是两段线段和一段圆弧，可知C错误，建立空间直角坐标系利用长度的坐标运算可知D正确. 【详解】对于A，当点在面上运动时，点到平面的距离为正方体的棱长， 所以，所以三棱锥的体积为定值，A正确， 对于B，因为,故与所成角等于与所成角，连接，易知为等边三角形，如下图： 与夹角为，当为中点时，,夹角为，故夹角的取值范围为,B正确， 对于C，易知与平面所成的角均为，如下图所示： 只需保证点在线段上运动即可， 当点在平面内运动时，需满足到点的距离为2即可， 此时点的运动轨迹是以点为圆心的圆弧， 因此可知点的运动轨迹长度为，即C错误； 对于D，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如下图： 易知,设, 则 由，得，故, 的长度， 代入，得，当时，最小，最小值为，D正确. 故选：ABD 12． 【分析】将代入实系数方程，结合复数运算知识可得答案. 【详解】因是关于x的实系数方程的一个复数根， 则，则. 故答案为： 13． 【分析】根据给定条件，求出双曲线的渐近线方程，再利用几何法求出弦长即可． 【详解】双曲线的一条渐近线为，即， 圆的圆心为，半径， 圆心到渐近线的距离为， 由勾股定理得，弦长为． 14．66 【分析】根据题意，分3种情况讨论：①当A、C、E种同一种植物，②当A、C、E种二种植物，③当A、C、E种三种植物，再由分类计数原理，即可求得，得到答案． 【详解】根据题意，分3种情况讨论： ①当A、C、E种同一种植物，此时共有3×2×2×2=24种方法； ②当A、C、E种二种植物，此时共有C32×A32×2×1×1=36种方法； ③当A、C、E种三种植物，此时共有A33×1×1×1=6种方法； 则一共有24+36+6=66种不同的栽种方案； 故答案为66． 【点睛】本题主要考查分类计数原理，及有关排列组合的综合问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件，解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，同时在某些特定问题上，也可充分考虑“正难则反”的思维方式． 15．(1) (2) 【分析】（1）根据与的数量关系推得，利用等比数列的定义即可求出数列的通项； （2）依题意，求出的表达式，采用裂项相消的方法求和，根据数列的增减性即可求得参数的范围. 【详解】（1）由得：（）， 两式相减得：，即（）， 又时，，（）， 是以为首项，公比的等比数列，. （2）， ， ， 易知，随n增大而增大，的最小值是， 由恒成立，可得，故的取值范围是. 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）先把第１局作为互斥事件，再利用全概率公式计算求解； （2）先分别计算比赛进行3局时甲胜和乙胜的概率，求和得到，再利用条件概率公式计算求解； （3）按结束的局数分类，可能是，分别计算每种局数下甲胜的概率，再求和． 【详解】（1）设表示第1局甲胜，表示第2局甲胜， 由全概率公式得． （2）表示比赛在第3局结束，即前2局无连续两胜，第3局形成连续连胜： 乙胜：序列为“甲、乙、乙”，概率为， 甲胜：序列为“乙、甲、甲”，概率为， ， 甲胜的概率为． （3）时，甲胜的概率为； 时，甲胜的概率为； 时，甲胜序列为“甲、乙、甲、甲”的概率为； 时，甲胜序列为“乙、甲、乙、甲、甲”或“甲、乙、甲、乙、甲”， 概率为， 甲胜的概率为． 17．(1) (2) 【分析】（1）根据三角形的性质，运用正弦定理边角互化，结合已知条件及诱导公式计算求出角； （2）根据三角形外切圆的性质及切线性质，通过边角关系得出三角形相似，进而得出三角形边的比例关系，结合已知条件得出相关边的表达式，通过向量加减法运算得出向量乘积的表达式，最后利用基本不等式求最小值． 【详解】（1），， 又，， ， ，， ，，又，． （2）   且，为的外接圆， 圆的半径为， 如图所示，设，连接与交于点，过外一点作的切线，切点分别为，， ，， ，， 又， ，则， 故， 又，， ， ， 当且仅当，当时等号成立， 的最小值为． 18．(1)最小值为． (2)当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数求出函数的单调性利用极值求最小值； （2）分类讨论，利用函数的导数求单调区间即可； （3）分类讨论，当时，利用分析法，需证， 构造函数，利用导数求出，即可得证. 【详解】（1）当时，，， 所以当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增． 所以，故的最小值为． （2）， 当时，令，得或， 当时，， 所以当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递增； 此时在上单调递增． 当时，， 所以当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增． 当时，， 所以当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增． 综上：当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； （3）由（2）知当时，显然仅有一个极值点， 当时，存在两个极值点， 且，， 又由于且当时，， 所以在存在唯一零点． 若，由（2）知，则成立． 若，则 要证，只需证，即证， 即证，只需证． 设，则， 所以当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以， 设 ，则 ，（），故在上单调递减， 所以，即 当时，， 所以 所以在上恒成立， 故当时，成立． 综上，成立． 19．(1) (2)（i）12 （ii）平面与平面的夹角为定值，余弦值为 【分析】（1）根据平面与平面的夹角得到点到直线的距离等于到点的距离，从而得到点的轨迹，然后结合锥体的体积公式得到点在抛物线的顶点处时体积最小，最后求体积即可； （2）（i）根据平面与平面的交线为得到为与曲线的交点，然后联立与曲线的方程，结合抛物线定义求即可； （ii）根据得到的坐标，根据与平面所成角相等得到斜率相反，从而得到，然后通过计算斜率得到的方向向量，然后利用空间向量的方法求面面角即可. 【详解】（1） 设点到平面和直线的距离分别为，， 因为点在平面内，且平面与平面的夹角为， 因此，得， 所以点的轨迹是为焦点，为准线的抛物线， 当点在抛物线的顶点处时，最小， 最小值为，此时， 所以四棱锥体积的最小值为； （2）设的中点为，则，如图1，以的中点为原点，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，过点且平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，设点，则， （i）平面与平面的交线为， 因此，是直线与抛物线的交点，如图2， 在平面中，可以设：， 与抛物线方程联立，得：， 因此，； （ii）如图3，在平面中，点在点上方，且， 得到点坐标为，因为，与平面所成角相等， 所以，与所成角相等， 因此，，的斜率互为相反数， 设，，则， 得， 因此，， 因此，在空间直角坐标系中，的方向向量为， 又， 设平面的法向量， 由，由， 令，则， 又平面的法向量，， 所以平面与平面的夹角为定值，其余弦值为. 答案第4页，共16页 答案第5页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $