精品解析：贵州黔东南州岑巩县第一中学2026届高三考前自测数学试题

高三数学试卷 一、单选题：本题共8个小题，共40分，在每个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. 已知复数的实部与虚部相等，则实数a的值为（ ） A. B. 3 C. D. 1 3. 记半径为R的球体的表面积和体积分别为和，记某底面半径为R的圆锥的表面积和体积分别为和，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 5. 记等比数列的前项和为，若，且，则正整数的值为（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 6. 连续抛掷一枚质地均匀的硬币8次，每次正面向上得2分，反面向上得分，记总得分为X，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点为双曲线上位于第一象限内的一点，为的内心，交轴于点，且，直线的斜率为，则双曲线的离心率为（　　） A. B. C. 2 D. 8. 若存在正实数a，使得函数是定义在上的奇函数，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、多选题本题共3个小题，共18分，在每个小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的的0分. 9. 现有10个数据为：3，3，3，3，4，4，4，5，5，6，对于该组数据，下列说法中正确的有（ ） A. 众数是4 B. 平均数是4 C. 极差是3 D. 中位数是4.5 10. 如图，在正三棱柱中，点P，Q，M，N分别是，，，BC的中点，则下列说法中正确的有（ ） A. 平面ABC B. C. 平面 D. PQ与MN相交 11. 定义在上的函数满足当时，，其中，则下列说法中正确的有（ ） A. B. 当时，若在区间内恰有两个零点，则t的取值范围是 C. 存在正实数和，使得时，有 D. 当时，若在区间内恰有两个极值点，则t的取值范围是 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 平面向量，满足：，，，则与的夹角的余弦值是__________. 13. 平行于x轴的直线交抛物线：于点，交抛物线：于点，记抛物线和的焦点分别为和，若，则四边形的面积为__________. 14. 已知是函数的极大值点，若在有两个零点和三条对称轴，则a的取值范围为_____ 四、解答题：本题共5个大题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在数列中，，，，且是等差数列. （1）求； （2）证明：. 16. 如图，在三棱锥中，点分别是的中点，平面平面． （1）判断直线与直线的位置关系，并给出证明； （2）若平面平面，，是直线上的一点，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度． 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有极小值，且，求a的取值范围. 18. 第十五届全国运动会于2025年11月9日在广州开幕，11月21日在深圳闭幕，是粤港澳三地首次联合承办的全国性体育盛会.此次赛事融合了体育竞技与大湾区文化特色，彰显了粤港澳大湾区深度融合，丰富了“一国两制”的实践.其中公路自行车赛是唯一的一项联结粤港澳三地的标志性跨境赛事，运动员需6次无间断通过三地口岸，每次通关通过人脸识别、北斗定位等技术无感查验，甲运动员每次通关查验顺利的概率为0.99，且各次查验相互独立.舞龙舞狮更是首次纳入全运会群众展演项目，粤港澳联队由6名广东选手、1名香港选手和1名澳门选手组成，团队表演的难度系数分为、、三个等级，对应的得分概率如下表： 难度等级 得分区间 得分概率（广东选手） 得分概率（香港选手） 得分概率（澳门选手） A级 8-10分 0.7 0.65 0.6 B级 6-7分 0.25 0.3 0.35 C级 4-5分 0.05 0.05 0.05 （1）在公路自行车赛中，求甲运动员6次通关查验全部顺利通过的概率，以及至少有1次查验不顺利的概率（结果均保留四位小数）； （2）从粤港澳联队选手中任选2人分别作为狮头和狮尾进行“南狮自选赛”的表演，设这2人中广东选手的人数为，求的分布列和均值； （3）从粤港澳联队中随机选取1名选手完成指定群众展演项目表演，已知该选手的得分在8-10分，求该选手是广东选手的概率（结果保留三位小数）. 19. 曲线E：（）与直线l：交于点A，过点A且与l垂直的直线交曲线E于另外的点B，设线段AB的中点为P，定点Q的坐标为. （1）用t表示点A的坐标； （2）证明：为定值； （3）是否存在某条直线始终与以为直径的圆相切？若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学试卷 一、单选题：本题共8个小题，共40分，在每个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】C 【解析】 【详解】不等式， 解得，即。 绝对值不等式， 化简得或， 即或， 又因为，因此 所以. 2. 已知复数的实部与虚部相等，则实数a的值为（ ） A. B. 3 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【详解】， 因为复数的实部与虚部相等，所以，得. 3. 记半径为R的球体的表面积和体积分别为和，记某底面半径为R的圆锥的表面积和体积分别为和，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先设该圆锥的高为，根据球体与圆锥的表面积公式与体积公式列式，结合推得，代入所求式化简计算即得. 【详解】依题意，，设该圆锥的高为，则，. 由可得，化简得， 故. 4. 设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理化边为角，根据和角的正弦公式化简，再由同角三角函数化弦为切即得. 【详解】由和正弦定理，得（*）， 因， 将其代入（*）整理得， 即得，故. 5. 记等比数列的前项和为，若，且，则正整数的值为（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据题意，利用等比数列的求和公式，化简求得，再由等比数列的通项公式，化简求得，进而求得的值. 【详解】设等比数列的公比为， 当时，可得，则 因为，所以，所以，此时， 又因为，可得， 所以，即， 令，可得，解得或（舍去），所以， 法一：由，提取公因式，可得， 因为，代入化简得，即，所以，解得； 法二：由等比数列的通项公式，可得， 因为，可得，即， 则，即， 因为，所以，可得，所以. 6. 连续抛掷一枚质地均匀的硬币8次，每次正面向上得2分，反面向上得分，记总得分为X，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设为正面向上的次数，则， 总得分, 由于，， 所以 ，所以D正确. 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点为双曲线上位于第一象限内的一点，为的内心，交轴于点，且，直线的斜率为，则双曲线的离心率为（　　） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用内心的性质得出相应线段比例关系，进而求出，利用斜率推出相应角的余弦值，再利用余弦定理构造方程求出的关系，最后利用离心率公式计算求解． 【详解】 为的内心， 为角平分线交点， 又，故， ， ， 又， ， 直线的斜率为，， 在中，由余弦定理得， 整理得，故D正确． 故选：D． 8. 若存在正实数a，使得函数是定义在上的奇函数，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用指数幂的运算法则，以及，化简得到，取，分类讨论，取绝对值号，即可求解的值. 【详解】由函数的定义域，可得其定义域关于原点对称， 又由， 因为函数是奇函数，可得，即， 即恒成立，即恒成立， 因为存在正实数使得函数定义在上的奇函数，可取， 当时，可得， 所以，所以； 当时，可得， 所以，所以， 综上可得，实数的值为. 二、多选题本题共3个小题，共18分，在每个小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的的0分. 9. 现有10个数据为：3，3，3，3，4，4，4，5，5，6，对于该组数据，下列说法中正确的有（ ） A. 众数是4 B. 平均数是4 C. 极差是3 D. 中位数是4.5 【答案】BC 【解析】 【详解】10个数据中3出现了4次，4出现了3次，5出现了2次，6出现了1次， 所以次数最多的数据是3，所以众数是3，故A错误； 平均数为，故B正确； 极差为，故C正确； 中位数为，故D错误. 10. 如图，在正三棱柱中，点P，Q，M，N分别是，，，BC的中点，则下列说法中正确的有（ ） A. 平面ABC B. C. 平面 D. PQ与MN相交 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，取的中点，证明，结合线面平行判定定理证明平面，即可判断，对于B，若，则，连接，为的中点，证明，设，，求，推出矛盾，对于C，根据线面垂直判定定理证明结论即可判断，对于D，证明，，由此即可判断. 【详解】对于A，取的中点D，连接，. 在中，P，D分别为，中点， ，且. 在直三棱柱中，，. Q为棱的中点，，且. ，. 四边形为平行四边形，从而. 又平面，平面，平面，A正确， 对于B，因为为的中点，若，则， 连接，为的中点，则，又平面， 所以平面，平面， 所以，设，， 则，， 所以，，与矛盾， 所以不成立，B错误， 对于C，在直三棱柱中，平面. 又平面，.，D为中点，. 由选项A的推理知，，. 又，平面，平面， 所以平面，C正确； 对于D，因为为的中点，四边形为矩形， 所以点为的中点，又为的中点， 所以，且， 又分别为的中点，所以，， 所以，， 所以四边形为平行四边形，故与相交，D正确. 11. 定义在上的函数满足当时，，其中，则下列说法中正确的有（ ） A. B. 当时，若在区间内恰有两个零点，则t的取值范围是 C. 存在正实数和，使得时，有 D. 当时，若在区间内恰有两个极值点，则t的取值范围是 【答案】AD 【解析】 【分析】由条件可得，当为正偶数，且时，，当为正奇数，且时，，由此判断A，举反例排除B，研究函数的单调性及极值，结合得反例说明C错误，分情况讨论求的范围，判断D. 【详解】因为当时，，， 所以， 当时，，， 所以当为正偶数，且时，， 当为正奇数，且时，， 对于A，对于任意，若，则，， 若，设， 若为偶数，则，，此时， 若为奇数，则，，此时， 综上，对于任意，，A正确； 对于B，若，则， 因为的零点为正整数，故函数在区间内恰有一个零点，B错误； 对于C，若时，， ， 令，则， 当为正偶数时，若，则，函数单调递增， 若，则，函数单调递减， 函数在时，取极大值，极大值为， 当为正奇数时，若，则，函数单调递减， 若，则，函数单调递增， 函数在时，取极小值，极小值为， 若，， 当为奇数，若，则，此时， 当为偶数时，由前述讨论可得当时， 的取值范围为， 对于任意给定的正数，存在一个正偶数，使得，且， 此时由不等式可得， 当时，， 而 , 故，故， 故此时不恒成立，C错误； 对于D，由选项C可得函数的极值点为，， 所以函数的极值点按从小到大排列依次为， 当时，，， 因为在区间内恰有两个极值点， 若，则，满足条件的不存在， 若，则，满足条件的不存在， 若，则，则， 若，则，则， 若，则，满足条件的不存在， 又，故大于等于的极值点都不在区间内， 故t的取值范围是. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 平面向量，满足：，，，则与的夹角的余弦值是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用向量点积运算展开条件式，代入已知模长求出数量积，再通过数量积公式得到夹角余弦值. 【详解】， 解得. 13. 平行于x轴的直线交抛物线：于点，交抛物线：于点，记抛物线和的焦点分别为和，若，则四边形的面积为__________. 【答案】3 【解析】 【分析】设平行于x轴的直线方程为，然后求出的坐标，进而判断四边形的形状，进而求出面积. 【详解】由题意可得，，设平行于x轴的直线方程为. 则，因为， 所以，化简解得. 根据对称性，不妨取，所以四边形为矩形， 所以四边形的面积为. 14. 已知是函数的极大值点，若在有两个零点和三条对称轴，则a的取值范围为_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据极值点及已知可得，则，结合正弦型函数的性质及区间零点和对称轴有，即可得. 【详解】因为是的极大值点， 所以，，即， 又，故，所以， 当时，，在有两个零点和三条对称轴， 所以，解得. 故答案为： 四、解答题：本题共5个大题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在数列中，，，，且是等差数列. （1）求； （2）证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）使用等差中项性质即可求解； （2）使用累加法求得的通项公式，再使用裂项相消即可得证. 【小问1详解】 设，则， 因为是等差数列，即是等差数列， 则有，即，解得. 【小问2详解】 由（1）知，，则的公差为2，首项为6， 则，即， 当时， 将各式相加，得， 即，即，而满足上式， 因此，， 则， 因为，则，则，得证. 16. 如图，在三棱锥中，点分别是的中点，平面平面． （1）判断直线与直线的位置关系，并给出证明； （2）若平面平面，，是直线上的一点，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度． 【答案】（1），证明见解析 （2）或． 【解析】 【分析】（1）由中位线得到线线平行，即可得线面平行，由线面平行的性质得到线线平行； （2）由等腰三角形及面面垂直得到空间内三条两两垂直直线，建立空间直角坐标系，由边长得到点坐标及向量坐标，由向量的数量积求得面的一个法向量，设，由向量的数量积表示出线面角的正弦值，即可求得线段的长度． 【小问1详解】 ． 证明：因为点分别是的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面平面，平面，所以． 【小问2详解】 因为，点为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，又 所以以为原点，分别以为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以，又， 则． ， 设平面的法向量为， 则，不妨设，解得． 由（1）可知，设， 得，所以． 设直线与平面所成角为， 则， 得或， 所以线段的长度为或． 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有极小值，且，求a的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增 （3） 【解析】 【分析】（1）先对函数求导得到导函数表达式，代入已知条件确定参数后，算出处的导数值即切线斜率，再求出对应的函数值即切点坐标，最后用点斜式列出切线方程并整理成一般式即可. （2）先把导函数通分并因式分解，结合定义域，按参数正负分类讨论；时判断导函数在定义域内恒正，直接得出函数单调递增；时以为分界点，分别判断区间内导函数正负，进而得到函数的递减、递增区间，最后汇总两种情况的单调结论. （3）先借助第二问单调性确定时函数在处取极小值也是最小值，代入求出最小值表达式；由恒成立转化为最小值大于等于0，化简不等式后构造新函数；通过求导判断新函数单调递减，结合特殊点，利用单调性分析出使不等式成立的的取值区间. 【小问1详解】 当时，，所以 所以切线方程为即， 【小问2详解】 ， 若，可得时，，所以在上单调递增； 若时，当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 由（2）可知当时，有极小值，极小值为， 此时极小值也是最小值，由，可得， ， 又，所以 令 ，求导得， 所以在上单调递减，又， 当时，，当时，， 所以时，，此时满足， 所以a的取值范围 18. 第十五届全国运动会于2025年11月9日在广州开幕，11月21日在深圳闭幕，是粤港澳三地首次联合承办的全国性体育盛会.此次赛事融合了体育竞技与大湾区文化特色，彰显了粤港澳大湾区深度融合，丰富了“一国两制”的实践.其中公路自行车赛是唯一的一项联结粤港澳三地的标志性跨境赛事，运动员需6次无间断通过三地口岸，每次通关通过人脸识别、北斗定位等技术无感查验，甲运动员每次通关查验顺利的概率为0.99，且各次查验相互独立.舞龙舞狮更是首次纳入全运会群众展演项目，粤港澳联队由6名广东选手、1名香港选手和1名澳门选手组成，团队表演的难度系数分为、、三个等级，对应的得分概率如下表： 难度等级 得分区间 得分概率（广东选手） 得分概率（香港选手） 得分概率（澳门选手） A级 8-10分 0.7 0.65 0.6 B级 6-7分 0.25 0.3 0.35 C级 4-5分 0.05 0.05 0.05 （1）在公路自行车赛中，求甲运动员6次通关查验全部顺利通过的概率，以及至少有1次查验不顺利的概率（结果均保留四位小数）； （2）从粤港澳联队选手中任选2人分别作为狮头和狮尾进行“南狮自选赛”的表演，设这2人中广东选手的人数为，求的分布列和均值； （3）从粤港澳联队中随机选取1名选手完成指定群众展演项目表演，已知该选手的得分在8-10分，求该选手是广东选手的概率（结果保留三位小数）. 【答案】（1）甲运动员6次通关查验全部顺利通过的概率为，至少有1次查验不顺利的概率， （2）分布列见解析，均值为 （3） 【解析】 【分析】（1）由独立事件概率的乘法公式可得甲运动员6次通关查验全部顺利通过的概率，根据对立事件的概率关系，求至少有1次查验不顺利的概率； （2）由题可知，的可能取值为，分别求出相应的概率，可得的分布列，根据均值的计算公式可得的均值； （3）由全概率公式求得被选中选手的得分在8-10分的概率，根据条件概率公式求得得分在8-10分的条件下，该选手是广东选手的概率. 【小问1详解】 因为甲运动员每次通关查验顺利的概率为0.99，且各次查验相互独立， 所以甲运动员6次通关查验全部顺利通过的概率为； 至少有1次查验不顺利的概率为. 【小问2详解】 的可能取值为， ； ； . 所以的分布列列表为： 所以的均值为. 【小问3详解】 从粤港澳联队中随机选取1名选手完成指定群众展演项目表演，则该选手是广东选手的概率为，是香港选手的概率为，是澳门选手的概率为. 记“选手的得分在8-10分”为事件，记“该选手是广东选手”为，“该选手是香港选手”为，“该选手是澳门选手”为. 由题可知，. . 所以，若已知该选手的得分在8-10分，则该选手是广东选手的概率为. 19. 曲线E：（）与直线l：交于点A，过点A且与l垂直的直线交曲线E于另外的点B，设线段AB的中点为P，定点Q的坐标为. （1）用t表示点A的坐标； （2）证明：为定值； （3）是否存在某条直线始终与以为直径的圆相切？若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）联立曲线和直线求交点. （2）先求出过与直线垂直的直线方程，联立曲线方程，用韦达定理求点坐标，进而得到点坐标，最后计算为定值. （3）根据直线与以为直径的圆相切验证特殊直线是否存在. 【小问1详解】 因为曲线和直线交于点， 所以将直线代入曲线E：， 则， 化简得，即，即， 所以. 【小问2详解】 因为直线斜率为，所以直线斜率为， 即直线：， 联立直线和曲线得： ，化简得： ， 设，，中点， 由韦达定理可得：，即 ， 所以， 根据两点间距离公式可得：， 又因为线段AB的中点为P，所以， 由两点距离公式可得：  ， ， 所以，  即为定值. 【小问3详解】 存在直线：满足条件，下证之. 设圆心为，半径为，直线交于， ，连接，则，， 设，为与之间的距离， ，， 由（2）可知，， 所以， 所以圆心到的距离， 故与相切，直线满足条件. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $