精品解析：吉林省吉林市吉化第一高级中学校2026届高三模拟预测数学试题

吉化一中高三模拟测试数学 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 为虚数单位，若，则（ ） A. 5 B. 7 C. 9 D. 25 3. 已知不等式的解集为则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知为单位向量，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 设公差不为零的等差数列，前项和为，若，且，则（ ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 6. 已知曲线在处的切线与曲线相切，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 7. 若函数的部分图象如图所示， 且，， 则函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线：的右焦点为，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 已知函数，若，且，则下列说法正确的是（ ） A. 函数为偶函数 B. 函数为偶函数 C. D. 在区间上单调递减 10. 已知数列中，，，，其前项和为，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. 存在点，使，，，四点共面 B. 存在点，使∥平面 C. 三棱锥的体积为 D. 此正方体外接球的表面积为 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知抛物线的焦点为，点是抛物线上一点，当取最小值时，点到直线的距离为______________ 13. 已知，且为锐角，则的值为_________． 14. 已知数列满足，，数列满足，，则数列的最小值为__________． 四、解答题（共77分） 15. 在中，角，，所对的边分别为，，．满足． （1）求角的大小： （2）设，． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的值． 16. 已知数列是等差数列，数列是公比不等于1的等比数列，且，，. （1）求与； （2）设，求. 17. 如图，矩形AMND所在平面与直角梯形MBCN所在的平面垂直，MB//NC，MN⊥MB． （1）求证：平面AMB//平面DNC； （2）若MC⊥CB，求证：BC⊥AC． 18. 在一次猜灯谜的活动中，共有20道灯谜，甲同学知晓其中16道灯谜的谜底，乙同学知晓其中12道灯谜的谜底，两名同学之间独立竞猜，假设猜对每道灯谜都是等可能的. （1）任选一道灯谜，求甲和乙各自猜对的概率； （2）任选一道灯谜，求甲和乙至少一人猜对的概率. 19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：（）的焦距为，离心率为． （1）求的方程； （2）设为的上焦点，点在上且位于第一象限，关于轴的对称点为． （ⅰ）若直线与轴、的交点分别为、，且，求； （ⅱ）直线、分别交于另一点、，求△面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吉化一中高三模拟测试数学 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式性质以及交集运算，可得答案. 【详解】由题意可得，则. 故选：D. 2. 为虚数单位，若，则（ ） A. 5 B. 7 C. 9 D. 25 【答案】A 【解析】 【分析】化简复数，再进行求模计算即可. 【详解】因为， 所以， 故选：A. 3. 已知不等式的解集为则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用判别式小于等于零列不等式求解即可. 【详解】因为不等式的解集为 所以， 解得， 所以的取值范围是， 故选：A. 4. 已知为单位向量，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量数量积的运算律可构造方程求得，再结合向量数量积定义、运算律和向量夹角公式可求得结果. 【详解】为单位向量，， ，解得：， ，， ，又，. 故选：A. 5. 设公差不为零的等差数列，前项和为，若，且，则（ ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列的性质和通项公式求解. 【详解】因为，所以 ，即， 即根据等差数列性质得到，， 所以，即，则，即， 因为，所以， 即， 将代入得到， 因为，两边除以得到， ，故选项A正确. 6. 已知曲线在处的切线与曲线相切，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求在处的切线方程为；利用导数相等求出的切点横坐标；代入切线方程解得. 【详解】对求导得，当时，，， 曲线在处的切线方程为. 设切线与相切于点，对求导得， 由切线斜率为得，解得， 将切点代入切线方程得，解得. 7. 若函数的部分图象如图所示， 且，， 则函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由图像求出函数解析式，即求出，的值，再根据余弦函数的性质求出函数的单调递减区间. 【详解】解：因为点在函数的图像上，所以， 即，结合图像可得①， 又，则直线为函数图像的一条对称轴，结合图像可得②， 由①、②解得，，所以． 令，得， 所以的单调递减区间为. 故选：C． 8. 已知双曲线：的右焦点为，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据圆心和直线方程求出弦心距，再根据直角三角形和向量条件求出半弦长，最后在直角三角形建立关于的关系式，用离心率公式可得离心率. 【详解】如图所示，设中点为，连接， 因为为圆心，为中点，可得， 所以三角形为直角三角形. 根据条件得圆心为， 设其中一条渐近线方程为，则圆心到渐近线的距离为，即， 又因为，所以， 由可知三点共线，且为上靠近点的三等分点， 所以， 所以在直角三角形中，， 所以. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 已知函数，若，且，则下列说法正确的是（ ） A. 函数为偶函数 B. 函数为偶函数 C. D. 在区间上单调递减 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用辅助角公式可得，为锐角，且，，利用余弦型函数的奇偶性可判断AB选项；利用正弦型函数的最值可判断C选项；利用正弦型函数的单调性可判断D选项. 【详解】由辅助角公式可得， 为锐角，且，， 因为，则，可得， 所以，，因为，故， 对于A选项，， 且，故， 即函数不是偶函数，A错； 对于B选项，， 即函数为偶函数，B对； 对于C选项，， 所以，，C对； 对于D选项，因为，且当时，， 由于，故函数在区间上单调递减，D对. 故选：BCD. 10. 已知数列中，，，，其前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对已知式变形，可得数列是公差为的等差数列，从而求得，判断A,B；并判断数列的单调性，求得其最大项，判断C；求出，判断D. 【详解】由已知得，，， 所以数列是公差为的等差数列. 所以，所以，所以A错误； 所以， 所以，所以B正确； 令，得， 所以当时，数列递增，且各项均为正数；当时，数列递增，且各项均为负数. 所以数列的第7项最大，即，所以C正确； ， 所以D正确. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. 存在点，使，，，四点共面 B. 存在点，使∥平面 C. 三棱锥的体积为 D. 此正方体外接球的表面积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用平行公理推理判断A；利用线面平行的判定推理判断B；求出三棱锥的体积判断C；求出正方体外接球直径计算判断D. 【详解】对于A，在正方体中，连接，由分别是的中点， 得，又，则，因此四点共面， 即当Q与点重合时，四点共面，A正确； 对于B，连接，当Q是的中点时，由，得， 而平面平面，则平面，B正确； 对于C，，而平面，，则，C正确； 对于D，正方体外接球直径等于，该球表面积，D错误. 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知抛物线的焦点为，点是抛物线上一点，当取最小值时，点到直线的距离为______________ 【答案】 【解析】 【分析】利用抛物线的定义和数形结合，求点的坐标，再代入点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】如图，和分别垂直于准线，， 所以， 所以当点是与抛物线的交点时，最小， 当时，代入抛物线方程，得，即此时， 点到直线的距离为. 13. 已知，且为锐角，则的值为_________． 【答案】##45° 【解析】 【分析】由题先求出的值，再求出的值，再利用的范围求出角即可． 【详解】为锐角，， ， ， 为锐角，， 故答案为：． 14. 已知数列满足，，数列满足，，则数列的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先对的递推式取倒数构造等差数列求，再用累加法求的通项，最后转化为对勾函数求正整数范围内的最小值. 【详解】因为，，显然， 对递推式两边取倒数得： ，即，. 所以数列是首项为，公差为的等差数列， 因此 ，. 又因为，时，即 由累加法得：， ，，  验证时，符合上式，故，. 令，， 因为函数在上单调递减，在上单调递增，. 所以数列在上单调递减，在上单调递增， 因此当时数列取得最小值，当时，数列取得最小值，且， 因此，当时数列取得最小值. 四、解答题（共77分） 15. 在中，角，，所对的边分别为，，．满足． （1）求角的大小： （2）设，． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式求解即可； （2）（i）利用余弦定理求解即可；（ii）利用二倍角公式，两角差的正弦公式即可求解． 【小问1详解】 由， 根据正弦定理得，， 可得， 因为，故，则， 又，所以； 【小问2详解】 由（1）知，，且，， （i）则，即， 解得或（舍），故； （ii）由， 得， 解得，则， 则，， 由， 所以 所以. 16. 已知数列是等差数列，数列是公比不等于1的等比数列，且，，. （1）求与； （2）设，求. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）运用等差数列、等比数列的基本量计算即可. （2）运用错位相减法求和即可. 【小问1详解】 设的公差为，的公比为， 由，，，得， 解得，， 所以，. 【小问2详解】 由（1）得， 所以， 两式相减得， 所以. 17. 如图，矩形AMND所在平面与直角梯形MBCN所在的平面垂直，MB//NC，MN⊥MB． （1）求证：平面AMB//平面DNC； （2）若MC⊥CB，求证：BC⊥AC． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定可证MB//面DNC、MA//面DNC，再用面面平行的判定证结论； （2）由面面垂直的性质得AM⊥平面MBCN，再由线面垂直的性质、判定证BC⊥面AMC，最后由线面垂直的性质证线线垂直即可. 【小问1详解】 因为MB//NC，MB面DNC，NC面DNC，所以MB//面DNC． 因为AMND是矩形，所以MA//DN，又MA面DNC，DN面DNC，所以MA//面DNC． 又MA∩MB=M，且MA、MB平面AMB，所以面AMB//面DNC． 【小问2详解】 因为AMND是矩形，所以AM⊥MN． 因为面AMND⊥面MBCN，且面AMND∩面MBCN=MN，AM面AMND， 所以AM⊥平面MBCN，而BC平面MBCN，所以AM⊥BC． 因为MC⊥BC，MC∩AM=M，MC、AM面AMC，所以BC⊥面AMC， 因为AC面AMC，所以BC⊥AC． 18. 在一次猜灯谜的活动中，共有20道灯谜，甲同学知晓其中16道灯谜的谜底，乙同学知晓其中12道灯谜的谜底，两名同学之间独立竞猜，假设猜对每道灯谜都是等可能的. （1）任选一道灯谜，求甲和乙各自猜对的概率； （2）任选一道灯谜，求甲和乙至少一人猜对的概率. 【答案】（1）甲猜对概率为，乙猜对概率为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的知识求得正确答案. （2）利用对立事件的知识求得正确答案. 【小问1详解】 甲猜对的概率为，乙猜对的概率为. 【小问2详解】 甲乙都没有猜对的概率为， 所以甲和乙至少一人猜对的概率为. 19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：（）的焦距为，离心率为． （1）求的方程； （2）设为的上焦点，点在上且位于第一象限，关于轴的对称点为． （ⅰ）若直线与轴、的交点分别为、，且，求； （ⅱ）直线、分别交于另一点、，求△面积的最大值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的焦距与离心率建立方程组，先求出半焦距与长半轴，再通过椭圆中的关系求出短半轴，从而确定椭圆方程，是解析几何中由几何性质求标准方程的常规思路； （2）（i）通过设点的坐标，利用对称关系得到点，再写出直线的方程，分别求出与轴、直线的交点、，结合的条件列方程求解，体现了解析几何中“设点 - 求线 - 联立 - 列方程”的解题流程； （ii）通过联立直线与椭圆方程，利用根与系数的关系求出点、的横坐标，结合三角形面积比的转化，将的面积用点的坐标表示，再利用基本不等式求最值，综合考查了直线与椭圆的位置关系和最值问题的处理方法． 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为，依题意得，解得， 所以，所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）依题意设，则，其中，． 由，可得直线的方程为，令，得． 又直线的方程为，联立方程及，解得． 因为及，，，共线，所以， 所以，解得，所以． （ⅱ）联立直线与椭圆的方程得，消去，得． 因为在椭圆上，所以，所以． 由根与系数的关系得，解得．同理可得． 因为，所以． 又，所以． 因为，所以， 当且仅当，即，时，等号成立． 综上，面积的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $