精品解析：福建省三明第一中学2025-2026学年高三下学期校模拟考数学试题

三明一中2025-2026学年高三下学期校模拟考 数学试题 一、单选题 1. 已知集合，，则中元素的个数是（    ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先解集合中的一元二次不等式，再根据集合的交集运算求出，进而即可得到中元素的个数． 【详解】由，解得，即， 所以，所以中元素的个数是． 2. 已知复数满足，则的虚部为（    ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】，； 的虚部为. 3. 设是夹角为的两个单位向量，若，则（    ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的运算律即可求解． 【详解】，则． 4. 如图，某社区为墙面、、、四块区域宣传标语进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（共边）不能用同一颜色，若只有4种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂法有（ ） A. 12种 B. 24种 C. 48种 D. 144种 【答案】C 【解析】 【分析】由题，三种颜色的涂法有两种，即与同色或与同色，由计数原理列式求解. 【详解】三种颜色的涂法有两种，即与同色或与同色， 所以恰好使用3种颜色的涂法有种. 故选：C. 5. 已知等比数列为递增数列，若，，则（ ） A. B. C. 4 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列的性质求解的值，从而可得公比的值，再根据等比数列的通项求解即可. 【详解】已知等比数列，则， 因为，所以，则， 又，所以或， 因为等比数列为递增数列，则，且公比， 所以，则， 故. 故选：A. 6. 已知曲线向右平移个单位长度得到曲线，则（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由函数平移方法及诱导公式即可求解． 【详解】由题得，． 7. 设上的可导函数满足，且是偶函数．若，，，则，，的大小关系为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的正负得出的单调性，再结合是偶函数得出的对称轴，由函数图像的对称性即可求解． 【详解】由得，当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 又是偶函数，所以的对称轴为直线， 因为，所以， 所以， 又，， 所以， 所以． 8. 在直三棱柱中，点满足，若经过，，三点的平面将棱柱分为，两部分的体积较小，则与的体积之比为（    ） A. 4∶5 B. 5∶7 C. 10∶17 D. 8∶19 【答案】D 【解析】 【分析】根据，确定点的位置，经过，，三点的平面将三棱柱分为两部分，通过补形确定经过三点的平面，利用棱柱、棱台的体积计算方法，得到，两部分的体积，最终求得比值. 【详解】取的中点，连接，； ，，即点在线段上，. 过点作，分别交，于点，. 平面是过点，，三点的平面. 设，直三棱柱的高为. . ，，； ； 直三棱柱被平面分成，两部分的体积较小）， ，则； . 二、多选题 9. 设事件，满足，，则下列结论正确的是（    ） A. B. 若，互斥，则 C. 若，独立，则 D. 若，则，独立 【答案】BC 【解析】 【分析】根据对立事件的概率公式即可判断A；由概率的加法公式即可判断B；由独立事件的乘法公式即可判断C；由条件概率公式即可判断D． 【详解】对于A，，， 所以，故A错误； 对于B，若，互斥，则， 所以，故B正确； 对于C，若，独立，则，故C正确； 对于D，， 因为，所以， 因为，所以，不独立，故D错误． 10. 若抛物线上仅存在两个点到直线的距离为，则实数的值可以是（    ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】ABC 【解析】 【分析】首先设出与已知直线平行的直线方程，根据直线与抛物线的交点个数分类讨论即可求解；或设出抛物线上的点的坐标，根据点到直线的距离公式得到两个一元二次方程，根据解的个数对判别式进行讨论，即可判断. 【详解】方法一：设与直线平行的直线方程为， 则两条平行线间的距离为，令，即， 所以或， 由方程组得， 所以， 当 ，即时，直线与抛物线有两个交点； 当 ，即时，直线与抛物线有一个交点； 当 ，即时，直线与抛物线无交点. 因为抛物线上仅存在两个点到直线的距离为， 所以两条平行线与抛物线的交点总数为2，即两条平行线与抛物线的交点个数分别为2，0或1，1， 当两条平行线与抛物线的交点个数分别为2，0时， 因为，所以，解得； 当两条平行线与抛物线的交点个数分别为1，1时，有，无解. 综上，实数a的取值范围是，结合选项可知选ABC. 方法二：设抛物线上的点为， 则点到直线，即的距离为， 令，即 ，所以 或 . 因为抛物线上仅存在两个点到直线的距离为， 所以这两个一元二次方程 与 的实数解的总数为2， ，. 所以有以下三种情况： （1），即，无解，不符合题意； （2），即，解得； （3），即，无解，不符合题意. 综上，实数a的取值范围是，结合选项可知选ABC. 方法三（排除法）：前同方法二， 对于A，当时， ，符合题意； 对于B，当时， ，符合题意； 对于C，当时， ，符合题意； 对于D，当时， ，两个一元二次方程实数解的总数为1，不符合题意. 11. 已知数列满足（是自然对数的底数），且，则（    ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据数学归纳法判断B；利用函数的单调性判断A；根据数列前3项和可判断C；利用作差法结合条件判断D. 【详解】对于B，因为，假设当时，则， 即当时，成立，所以可得，故B正确. 对于A，设，则，当时，当时， 所以在上的单调递减，在上单调递增， 则，则恒成立，即. 由，可得，故A正确. 对于C，因为，，， 所以， 而，所以，故C错误. 对于D，因为， 令，由，可得， 则，即，故D正确. 三、填空题 12. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，是右支上一点，，则_____． 【答案】5 【解析】 【分析】根据双曲线的定义及勾股定理即可求解． 【详解】由题知，， 在中，， 由得，， 所以． 13. 在中，若，，则角_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据诱导公式及两角和的正切公式求得，进而求得． 【详解】， 由得． 14. 某种病毒在特定环境下可通过空气传播，其病毒载量（单位：拷贝数/升）与时间（小时）的关系为，其中，为初始病毒载量，则病毒载量在_____小时达到峰值，之后病毒载量每经过1小时衰减为原来的倍，当低于时不具传染性，则从起，该病毒具有传染性的总时长为_____小时． 【答案】 ①. 4 ②. 32 【解析】 【分析】分类讨论的范围得出的增减性，即可得出病毒载量达到峰值的时间；再分类讨论的范围，结合指数函数的单调性解不等式即可求解该病毒具有传染性的总时长． 【详解】当时，此时， 代入原函数指数部分：， 所以，， 已知，则， 所以当时，指数是关于的减函数， 因此在上单调递减， 当时，此时，代入原函数指数部分： ， 所以，， 同理得在上单调递增， 综合以上两种情况，在时单调递增，在时单调递减， 因此，病毒载量在时达到峰值． 在时，， 根据题意，对于任意，有：， 代入表达式：， 整理得，，， 所以， 病毒具有传染性的条件是，即， 整理得，， 当时，不等式变为：， 结合前提，得到； 当时，不等式变为：， 结合前提，得到， 综合两种情况，病毒具有传染性的时间段为， 题干要求计算从起的传染时长，即时间区间的长度， 故总时长为小时． 四、解答题 15. 记的内角，，的对边分别为，，，且． （1）证明：，，成等差数列； （2）若，延长至，使得，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知结合两角和的正弦公式，诱导公式及正弦定理即可证明； （2）由及已知得出是等边三角形，设，则，由余弦定理即可求解． 【小问1详解】 因为， 所以， 所以， 因为，所以， 所以， 由正弦定理得，，所以，，成等差数列． 【小问2详解】 因为，代入，可得， 因为，所以，所以是等边三角形， 设，则， 在中，由余弦定理， 得， 所以． 16. 如图，在三棱柱中，平面平面，，，， （1）证明：平面； （2）求的长； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理，结合题意即可得证； （2）先由余弦定理求出，取的中点，连接，，然后由已知条件结合勾股定理即可得解； （3）由（2），以为坐标原点，直线，，所在方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，然后由向量法即可得解． 【小问1详解】 证明：因为，所以四边形是菱形， 所以，又，且， 所以，因为，平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 在△中，由，，， 所以， 如图，取的中点，连接，， 因为，所以， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，因为平面， 所以，因为，，，平面， 且，所以平面， 因为平面，所以因为的中点为， 所以，在△和△中，可知， 在△中，可知， 因为，所以， 解得：； 【小问3详解】 由（2），以为坐标原点，直线，，所在方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，令，得， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知，函数. （1）若是函数的极小值点，求； （2）若函数存在两个极值点，. （i）求的取值范围； （ii）设点，，证明：存在，且，使得曲线在和处的切线都与直线平行. 【答案】（1） （2）（i）（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据极值点可求的值，注意检验处两侧导数的符号； （2）先求出，并利用韦达定理化简前者得方程，结合根分布可证的存在性. 【小问1详解】 依题意，. 因为是的极小值点，所以，得. 此时，当时，；当时，， 所以是函数的极小值点，所以. 【小问2详解】 （i）因为，是的两个极值点， 所以的判别式， 解得或，故的取值范围是. （ii）由（i）可得，， 依题意， ， 令，设函数， 此时，对称轴， 而，故， 又，， 故在存在两个不同的零点，且， 综上，存在，且， 使得曲线在和处的切线都与直线平行. 18. 已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，焦距为． （1）求的标准方程； （2）设，是上关于轴对称的两点，是上一点，直线，与轴分别交于，两点． （i）设为坐标原点，证明：为定值； （ii）若，求的面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析（ii） 【解析】 【分析】（1）根据长轴与短轴的关系及焦距，结合即可求解； （2）（i）设，，表示出直线方程，进而表示出，计算即可证明；（ii）法一：由已知得出和，再由及基本不等式即可证明；法二：设与交于点，由几何关系得出和，再由及基本不等式即可求解． 【小问1详解】 依题意，，即， 又焦距为，所以， 解得，，所以的标准方程为． 【小问2详解】 （i）证明：由椭圆的对称性，不妨设，，， 设，，则直线方程为， 令得，，同理可得，， 因为，， 所以， 所以为定值． （ii）法1：因为，所以， 又因为，， 所以， 所以， 所以， 因为，所以， 所以，显然， 所以，所以， 所以， （当且仅当，即时，等号成立）， 所以的面积的最大值为． 法2：设与交于点，由椭圆的对称性知， 因为，所以， 又因为，， 所以. 所以，所以，显然， 所以，所以， 所以， （当且仅当，即时，等号成立）， 所以的面积的最大值为． 19. 某从业资格考试共分3级，考生必须从第1级考试开始，每级考试次数不限，通过后即进入下一级考试，直至第3级考试通过，考试终止并取得从业资格．已知甲参加一次第1，2，3级考试通过的概率分别为，，，且每次考试相互独立．记甲第次考试后取得从业资格为事件． （1）求，； （2）求的表达式； （3）甲第次考试恰通过2级为事件，比较与的大小，并根据你的理解说明其含义． 【答案】（1）， （2） （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式即可求解； （2）分析出事件发生分两步：第次考试后恰好通过第2级考试，概率为，第次至次参加第3级考试没有通过，第次通过，概率为，由全概率公式及错位相减法即可求解； （3）由题意表示出，由条件概率公式及作差法得出，构造数列，得出的大小情况，进而得出与的大小． 【小问1详解】 依题意，， ． 【小问2详解】 事件发生分两步： 第一步，第次考试后恰好通过第2级考试，概率为， 第二步，第次至次参加第3级考试没有通过，第次通过，概率为； 由全概率公式得，， 设， 则， 两式相减得， ， 所以，所以． 【小问3详解】 依题意，， 又因为，， 所以， 令，则， 因为，所以， 故数列在时递增，又，， 故当，4时，， 故，即， 说明甲取得从业资格的前一次考试2级刚过的概率较大， 当时，，故，即， 说明甲取得从业资格的前一次考试2级刚过的概率较小． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 三明一中2025-2026学年高三下学期校模拟考 数学试题 一、单选题 1. 已知集合，，则中元素的个数是（    ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知复数满足，则的虚部为（    ） A. B. C. 1 D. 2 3. 设是夹角为的两个单位向量，若，则（    ） A. B. 2 C. D. 3 4. 如图，某社区为墙面、、、四块区域宣传标语进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（共边）不能用同一颜色，若只有4种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂法有（ ） A. 12种 B. 24种 C. 48种 D. 144种 5. 已知等比数列为递增数列，若，，则（ ） A. B. C. 4 D. 8 6. 已知曲线向右平移个单位长度得到曲线，则（    ） A. B. C. D. 7. 设上的可导函数满足，且是偶函数．若，，，则，，的大小关系为（    ） A. B. C. D. 8. 在直三棱柱中，点满足，若经过，，三点的平面将棱柱分为，两部分的体积较小，则与的体积之比为（    ） A. 4∶5 B. 5∶7 C. 10∶17 D. 8∶19 二、多选题 9. 设事件，满足，，则下列结论正确的是（    ） A. B. 若，互斥，则 C. 若，独立，则 D. 若，则，独立 10. 若抛物线上仅存在两个点到直线的距离为，则实数的值可以是（    ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 11. 已知数列满足（是自然对数的底数），且，则（    ） A. B. C. D. 三、填空题 12. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，是右支上一点，，则_____． 13. 在中，若，，则角_____． 14. 某种病毒在特定环境下可通过空气传播，其病毒载量（单位：拷贝数/升）与时间（小时）的关系为，其中，为初始病毒载量，则病毒载量在_____小时达到峰值，之后病毒载量每经过1小时衰减为原来的倍，当低于时不具传染性，则从起，该病毒具有传染性的总时长为_____小时． 四、解答题 15. 记的内角，，的对边分别为，，，且． （1）证明：，，成等差数列； （2）若，延长至，使得，求． 16. 如图，在三棱柱中，平面平面，，，， （1）证明：平面； （2）求的长； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知，函数. （1）若是函数的极小值点，求； （2）若函数存在两个极值点，. （i）求的取值范围； （ii）设点，，证明：存在，且，使得曲线在和处的切线都与直线平行. 18. 已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，焦距为． （1）求的标准方程； （2）设，是上关于轴对称的两点，是上一点，直线，与轴分别交于，两点． （i）设为坐标原点，证明：为定值； （ii）若，求的面积的最大值． 19. 某从业资格考试共分3级，考生必须从第1级考试开始，每级考试次数不限，通过后即进入下一级考试，直至第3级考试通过，考试终止并取得从业资格．已知甲参加一次第1，2，3级考试通过的概率分别为，，，且每次考试相互独立．记甲第次考试后取得从业资格为事件． （1）求，； （2）求的表达式； （3）甲第次考试恰通过2级为事件，比较与的大小，并根据你的理解说明其含义． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $