精品解析：甘肃武威市天祝藏族自治县第一中学2026届高三下学期模拟预测数学试题

高三数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，请将答题卡上交. 4.本卷主要命题范围：高考范围. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则在复平面内对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 已知随机变量X服从正态分布，若，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 若焦点在轴上的椭圆的离心率为，则长轴长为（ ） A. B. 12 C. D. 24 6. 已知正项数列满足，且，则（ ） A. 6 B. 42 C. 80 D. 84 7. 已知的定义域为，且对任意都成立，当时，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数有两个极值点，且，则下列说法正确的是（ ） 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. 在的展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 展开式共有6项 B. 常数项为240 C. 没有含的项 D. 二项式系数最大的项是 10. 在中，，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的面积为2 C. 的外接圆直径是 D. 的内切圆半径是 11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，其渐近线与圆相切，点N在C左支上，则（ ） A. B. 直线与C的右支恰有两个交点 C. 周长的最小值为 D. 的最小值为2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，若，则______. 13. 若函数有且仅有两个零点，则正数的取值范围为______． 14. 已知圆台的母线与底面所成角为，为下底面圆的一条直径，，设为上底面圆上的一点，若，则圆台外接球的表面积为________________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 某研究团队为探讨体育锻炼对青少年身心健康的影响，抽取960名有体育锻炼习惯的在校中学生进行问卷调查，统计表格数据如下： 初中 高中 合计 男 270 230 女 230 230 合计 （1）完成表格数据，并根据小概率值的独立性检验，分析参与问卷调查的中学生性别分布是否存在年级差异? （2）每日锻炼对身心健康有显著影响.已知每日锻炼时间超过1小时的学生身心健康达标率为，现随机抽取2名每日锻炼时间超过1小时的学生进行健康评估，求至少有1名学生身心健康达标的概率. 附：，其中. 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 16. 设抛物线C：的焦点为F，C的准线与x轴交于点M，直线l过点M. （1）若直线l与C相切，求直线l的方程； （2）若直线l与C交于A，B两点，且，求. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 18. 设为数列的前项和，． （1）求数列的通项公式； （2）设，证明：． 19. 已知函数． （1）若恒成立，求实数a的取值范围； （2）若是函数的两个零点，证明：； （3）当且时，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，请将答题卡上交. 4.本卷主要命题范围：高考范围. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式可得集合与，即可得交集. 【详解】由已知，， 所以. 2. 若，则在复平面内对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由得， 所以，所以在复平面内对应的点的坐标为. 3. 已知随机变量X服从正态分布，若，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性列式求解. 【详解】随机变量X服从正态分布，由，得， 所以. 故选：B 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二倍角的余弦公式计算，结合角的范围即可求解. 【详解】，则， ，可得． 故选：B 5. 若焦点在轴上的椭圆的离心率为，则长轴长为（ ） A. B. 12 C. D. 24 【答案】A 【解析】 【详解】因椭圆的焦点在轴上，则且， 则，即，解得， 所以椭圆的长轴长为． 6. 已知正项数列满足，且，则（ ） A. 6 B. 42 C. 80 D. 84 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得出，得出公比为的等比数列，再根据等比中项得出，根据等比数列通项公式求值即可. 【详解】因为， 所以，所以数列是公比为2的等比数列， 因为，所以， 则， 故选：D. 7. 已知的定义域为，且对任意都成立，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先得到其关于直线对称，再代入后结合指对数运算即可. 【详解】因为对任意都成立，所以， 则函数的图象关于直线对称， 且当时，，又因为， 所以. 故选：C． 8. 已知函数有两个极值点，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，定义域为. 因为函数有两个极值点，所以有两个不相等的正根，并且这两正根分别为，则有解得，所以选项A错误； 当或时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以函数的单调递增区间为：；单调递减区间为：． 因为，且，所以，所以，且，即，故BD错误. 又因为. 所以. 所以，所以选项C正确. 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. 在的展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 展开式共有6项 B. 常数项为240 C. 没有含的项 D. 二项式系数最大的项是 【答案】BC 【解析】 【分析】展开式共项可判断A；写出通项可判断BC；利用二项式系数的性质可得最大，再利用通项即可判断D. 【详解】因，则展开式共有项，故A错误； 通项为， 令，得，则，故B正确； 令，得，不符合题意，故没有含的项，则C正确； 由二项式系数的性质可知最大，故二项式系数最大的项是，故D错误. 故选：BC 10. 在中，，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的面积为2 C. 的外接圆直径是 D. 的内切圆半径是 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用二倍角公式求出，根据同角三角函数的基本关系求出，再由余弦定理求出，由正弦定理求出外接圆的直径，利用面积公式及等面积法判断B、D； 【详解】解：因为，所以， 所以，，故A、B正确； 由余弦定理，即，所以， 所以外接圆的直径，故C错误； 设的内切圆半径为，则，即，所以，故D正确； 故选：ABD 11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，其渐近线与圆相切，点N在C左支上，则（ ） A. B. 直线与C的右支恰有两个交点 C. 周长的最小值为 D. 的最小值为2 【答案】AC 【解析】 【分析】根据直线的距离即可求解A，根据直线的斜率与渐近线的斜率比较，即可求解B，根据双曲线的定义，结合三点共线即可求解C，根据两点距离公式，结合二次函数的性质即可求解D. 【详解】由题意得C的渐近线为，圆心为， 由于C的渐近线与圆相切， 所以，选项A正确； 且，得到直线的斜率为， 因为直线的斜率大于渐近线的斜率， 所以直线与C的左、右支各有1个交点，选项B错误， 而周长为， 当且仅当三点共线时等号成立，选项C正确； 设，所以，即， 可得， 所以的最小值为，选项D错误． 故选:AC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标公式求解即可. 【详解】因为，所以，解得. 故答案为：. 13. 若函数有且仅有两个零点，则正数的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用单调性研究函数的零点，再用正弦函数研究区间内唯一零点，从而可得参数范围. 【详解】当，由函数单调递增，且，， 可得函数在上有且仅有一个零点； 又由函数有且仅有两个零点，可知当时，函数有且仅有一个零点， 又由，则有，解得． 故答案为：. 14. 已知圆台的母线与底面所成角为，为下底面圆的一条直径，，设为上底面圆上的一点，若，则圆台外接球的表面积为________________. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用圆台的几何特征结合坐标运算求出圆台的高和上底面圆半径，进而确定圆台外接球的球心和半径即可求解. 【详解】以下底面圆心为坐标原点，如图建立空间直角坐标系： 则，， 设圆台高为，上底面圆半径为，，且， 则， 因为，， 所以，即， 因为圆台的母线与底面所成角为，所以， 则，解得，所以，， 设外接球球心为，球半径为，则， 即，解得，所以， 圆台外接球的表面积为. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 某研究团队为探讨体育锻炼对青少年身心健康的影响，抽取960名有体育锻炼习惯的在校中学生进行问卷调查，统计表格数据如下： 初中 高中 合计 男 270 230 女 230 230 合计 （1）完成表格数据，并根据小概率值的独立性检验，分析参与问卷调查的中学生性别分布是否存在年级差异? （2）每日锻炼对身心健康有显著影响.已知每日锻炼时间超过1小时的学生身心健康达标率为，现随机抽取2名每日锻炼时间超过1小时的学生进行健康评估，求至少有1名学生身心健康达标的概率. 附：，其中. 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1） 初中 高中 合计 男 270 230 500 女 230 230 460 合计 500 460 960 不存在年级差异 （2）0.9831 【解析】 【分析】（1）先根据已知数据完成表格，再根据独立性检验的公式计算的值，最后与临界值比较得出结论； （2）可先求出两名学生都不达标的概率，再用1减去该概率得到至少一名学生身心健康达标的概率. 【小问1详解】 填表如图： 初中 高中 合计 男 270 230 500 女 230 230 460 合计 500 460 960 零假设：参与问卷调查的中学生性别分布不存在年级差异. 根据列联表中的数据，经计算得到， ， 根据小概率值的独立性检验，没有充分证据认为不成立，因此可以认为成立，即认为参与问卷调查的中学生性别分布不存在年级差异； 【小问2详解】 记事件为“2名每日锻炼时间超过1小时的学生中至少有1名学生达标”，则事件为“2名每日锻炼时间超过1小时的学生中没有学生达标”. 由题意得 ， 故 . 故至少有1名学生身心健康达标的概率为0.9831. 16. 设抛物线C：的焦点为F，C的准线与x轴交于点M，直线l过点M. （1）若直线l与C相切，求直线l的方程； （2）若直线l与C交于A，B两点，且，求. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）设出直线方程，与抛物线方程联立，结合韦达定理可求答案； （2）联立方程，根据向量关系求出斜率，结合抛物线定义可求答案. 【小问1详解】 的准线方程为：，故; 易知直线l的斜率存在，设直线l: , 联立，，由直线l与C相切，可得， 解得，故直线l的方程为或. 【小问2详解】 设，易知直线l的斜率存在，设直线l: , 联立，，则，； 因为，所以，即有； 代入上式可得，解得，即； . 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1） 证明：取的中点，连接，所以， 因为，所以四边形是平行四边形． 因为，，所以四边形是正方形， 则，，所以，得到，所以． 因为平面，面，所以， 因为且都在面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）由平面几何的性质可证明，结合线面垂直的性质证明，从而利用判定定理证明. （2）以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，分别计算平面的法向量以及平面的法向量，由平面夹角的余弦公式计算可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，，，则两两垂直， 如图，建立空间直角坐标系． 则，，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，所以，即 令，则，所以平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，所以，即， 令，则，， 所以平面的法向量为， 所以， 因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为． 18. 设为数列的前项和，． （1）求数列的通项公式； （2）设，证明：． 【答案】（1）； （2） 由（1）知，， 所以 . 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用推导求解即得. （2）由（1）的结论，利用裂项相消法求和即可得解. 【小问1详解】 当时，，当时，， 两式相减得，则， 当时，， 又当时，，当时，，则， 显然符合， 所以数列的通项公式是. 【小问2详解】 略 19. 已知函数． （1）若恒成立，求实数a的取值范围； （2）若是函数的两个零点，证明：； （3）当且时，证明：． 【答案】（1） （2） 不妨设，设， 由，有，，两式相除，有， 代入，有，有，可得， 可得， 要证，只需证，只需证， 令，有， 可得函数单调递增，有，故有； （3） 由（1），取，有（当且仅当时取等号）， 取（其中），有，有， 又由，有，有， 有，有，有， 可得，有， 有，有， 当且时，可得． 【解析】 【分析】（1）分离参数，构造函数，利用导数求其单调性及最值即可； （2）利用比值换元设，将问题转化为证，构造函数求导判定函数的单调性即可证明； （3）利用第一问得出，取，结合放缩法得出，利用累加法计算即可证明. 【小问1详解】 由恒成立，有恒成立， 令，有，解不等式可得， 可得函数的增区间为，减区间为， 可得的最大值为， 若函数恒成立，可得实数a的取值范围为； 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 略. 【点睛】思路点睛：第二问对于双变量问题的处理策略常用比值换元法转化为单变量问题；第三问，不等式的证明，结合第一问令换元，一般情况下还需要巧妙放缩，多积累经验. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $