精品解析：河北秦皇岛市昌黎第一中学2025-2026学年高三下学期第一次模拟考试数学试卷

河北昌黎第一中学2025-2026学年高三年级第一次模拟考试 数学试卷 注意事项： 1.本试题共两部分，满分150分，时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 3.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.如要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试上无效. 4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收. 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. 已知复数（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数除法的运算法则和模的运算进行计算. 【详解】解法一：由题意， 所以， 解法二：由题意知， 故选：C． 2. 已知集合，则的元素个数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】利用并集的运算求解. 【详解】，， ，的元素个数为. 故选：C. 3. 已知函数为奇函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】函数的定义域为. 因为函数为奇函数，所以，即，得. 当时，， ，. 所以函数为奇函数. 所以. 4. 已知菱形的边长为是的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】 . 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为， 故， 整理得即. 6. 已知正四棱台的高为，，为底面的中心，则直线与平面所成的角为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设为底面的中心，连接，由正四棱台性质可得平面，由此可得直线与平面所成的角为，由条件解三角形求结论. 【详解】设为底面的中心，连接， 因为为底面的中心，由正四棱台的性质可得平面， 又平面，所以，在平面内的投影为， 所以直线与平面所成的角为， 因为，所以，故， 因为正四棱台的高， 所以， 因，所以， 故直线与平面所成的角为， 故选：C 7. 已知为坐标原点，若椭圆上存在三点，，，使四边形为正方形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正方形可得的对称性，从而可确定的位置，故可求的坐标，代入椭圆方程后可求离心率. 【详解】设，因为四边形为正方形，故， 故，而， 故，故，或， 因不重合且不共线，故或， 故关于轴对称或关于轴对称， 若关于轴对称，不妨设为上顶点，则， 因为四边形为正方形，故，则或， 故，故，而，故不成立，舍； 若关于轴对称，不妨设为右顶点，则， 因为四边形为正方形，故，则或， 故，故，故即， 故选：D. 8. 已知函数，若在上恰有两个零点，且其图象关于点和直线对称，当时，的最大值与最小值的乘积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设的最小正周期为T，结合在上恰有两个零点，可确定的范围，再根据函数的对称性，求出，即可确定，继而确定，根据，结合正弦函数的性质，即可求得答案. 【详解】设的最小正周期为T，在上恰有两个零点， 则，即； 又的图象关于点和直线对称， 则，且， 两式相减，可得，则 结合，可得，故，， 此时，解得 结合，可得时，；时，； ① 当时，，则，符合题意， 由时，可得， 则当，即时，， 当，即时，， 故的最大值与最小值的乘积为； ② 当时，，此时，符合题意， 由时，可得， 则当，即时，， 当时，即时，， 故的最大值与最小值的乘积为； 综上可知，的最大值与最小值的乘积为. 故选：A 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. 已知函数，其导函数为，则（ ） A. 直线是曲线的切线 B. 有三个零点 C. D. 若在区间上有最大值，则的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】对求导，根据二次函数的性质计算判断C，根据导函数求出函数的单调性及极值点B；利用导函数求出导数值为即可确定过该点的切线方程，即判断A；根据图象及函数有最大值列式计算即可判断D． 【详解】因为，则，，所以，C正确； 因为，令，得，解得或， 当或时，，当时，， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，在处取得极小值， 且， 图象如图所示： 故有两个极值点，三个零点，故B正确； 设切点的坐标为，则切线斜率为， 则，所以不存在斜率为的切线， 直线不是曲线的切线，故A错误； 因为，所以若在区间上有最大值， 则，所以，故D错误． 故选：BC． 10. 在中，角所对的边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 有两解 C. 是钝角三角形 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】用正弦定理、三角形内角和性质、大边对大角、余弦定理等知识，结合已知条件逐一分析各选项即可. 【详解】 选项A：由正弦定理，结合，得， 又，因此，即. 又，故，故A正确； 选项B：由，得，则，得. 因为，由大边对大角得， 故，，只有1解，所以B错误； 选项C：三角形内角和， 故是钝角三角形，故C正确； 选项D：若，又，则， 由余弦定理，得， 化简得，解得或（舍去），故D正确. 11. 已知双曲线的左右焦点为，点为双曲线右支上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若存在点使得为等腰直角三角形，则双曲线的离心率为 B. 外接圆的面积的最小值为 C. 轴与的内切圆的公共点为定点 D. 设点是的内心，直线的斜率之比为常数 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A：等腰直角三角形条件结合双曲线定义列式，转化为关于离心率的方程求解.选项B：利用正弦定理表示外接圆半径，分析最值条件得出面积表达式，判断与给定值关系.选项C：利用切线长性质和双曲线定义，推导内切圆与轴切点的坐标，确定其位置.选项D：根据内心横坐标为定值，建立直线斜率表达式，计算比值并判断是否为常数. 【详解】选项A：双曲线右支上点满足， 等腰直角的可能情况为且， 此时代入双曲线方程得，， 故，由，得，即， 解得，故A正确； 选项B：外接圆半径， 当时，最小为，外接圆面积最小值为， 因为，故最小值不为，故B错误； 选项C：设内切圆与轴切于，与切于， 则 且，联立得，故，为定点，故C正确； 选项D：内心横坐标为，内切圆与轴切于， 设，，， 则，斜率之比，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设为等比数列的前项积，若，则 _____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用等比数列的性质，得到，即可求解. 【详解】由为等比数列的前项积，若，则 . 故答案为：. 13. 已知函数，曲线在点处的切线与平行.则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求得，根据题意，得到，求得，得到，求得函数的单调性，进而求得最小值. 【详解】由函数，可得， 则， 因为曲线在点处的切线与平行， 可得，即，解得，所以， 可得函数的定义域为，且， 令，即，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，函数取得最小值，最小值为. 故答案为：. 14. 如图是由九个半径相同的圆构成的图形(该图形不能旋转和翻转)，若将1，2，…，9九个数字分别填入这九个圆中，且有阴影的圆中填的数字大于相邻的三个圆中所填的数字，则填法一共有________种. 【答案】 【解析】 【分析】将有阴影的圆中填入的数字用 表示，则为 ； 这几种情况讨论，求出相应填法种数，即可求得结果. 【详解】将三个有阴影的圆中填入的数字用 表示， 当 为9，8，7时，有 种填法； 当 为9，8，6时，则7不能与6相邻， 故7有种填法，剩余的五个数字可以任意填在空白圆中，有 种情况，有2160 种填法； 当 为9，8，5时，则与5相邻的只能是4，3，2，1中的三个数字， 有 种填法； 当 为9，8，4时，则与4相邻的只能是3，2，1，有 种填法； 当 为9，7，6时，则8与9相邻且8只有1种位置，有 种填法； 当 为9，7，5时，则8与9相邻且8只有1种位置， 6不与5相邻有2种位置选择，有 种填法； 当 为9，7，4时，则8与9相邻且8只有1种位置， 与4相邻的只能是3，2，1，故有 种填法. 所以填法共有： (种). 故答案为： 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. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位. （1）移动4次后，质点最终所在的位置的坐标为多少的概率最大？ （2）若移动次后，质点最终所在位置的坐标为，求的数学期望与方差. 【答案】（1） （2）数学期望为，方差为 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到随机变量可能取值为，，，，，结合独立重复试验的概率公式，求得相应的概率，比较概率大小即可； （2）由题知质点次移动中向右移动的次数为，而，设为次移动后的坐标值，根据题干的信息找到，根据二项分布的期望和方差计算易得与，进而求出，. 【小问1详解】 设随机变量为次移动后的坐标值，可取值为：，，，， ， ， · 所以质点最终所在的位置的坐标为的概率最大 【小问2详解】 设随机变量为次移动后的坐标值，质点次移动中向右移动的次数为，则 ， ， 则的期望为： ， 则的方差为； ， 所以移动 次后，质点最终所在位置的坐标的数学期望为，方差为. 16. 在正项数列中，设的前项和为，已知． （1）求的通项公式； （2）令，求的前项和． 【答案】（1） （2）（或等价化简形式） 【解析】 【分析】（1）利用前项和与通项的递推关系，通过累乘法求数列的通项公式，验证的情况即可； （2）将裂项为两项差的形式，用裂项相消法求和． 【小问1详解】 由题意得，当时，，， 则， 所以， 故，，， 由累乘法得，， 当时，依然成立， 所以 【小问2详解】 ， 则 ． 17. 如图，在三棱锥中，其外接球球心为的中点，平面平面.已知. （1）求证：平面平面. （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用外接球心到顶点距离相等的性质推出，结合已知的面面垂直，得到平面，再由面面垂直的判定定理证明； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标与两个平面的法向量，再利用向量夹角公式求出两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 因为是三棱锥外接球的球心，且为中点，， 因此球半径，即， 已知，由勾股定理逆定理： ，得， 又在上，，可得， 因为平面平面，交线为，且平面， 根据面面垂直的性质定理得：平面， 又平面， 根据面面垂直的判定定理得：平面平面. 【小问2详解】 以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 结合已知条件可得各点坐标： ，，，， 向量，， 设平面的法向量，由， 即， 令，则，所以，， 向量，， 设平面的法向量，由，即， 令​，则，所以，， 设平面与平面的夹角为，则 ，​​ 因此平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知抛物线仅经过，，中的一点． （1）求的方程； （2）过抛物线的焦点作互相垂直的两条直线，这两条直线与抛物线分别交于和两点，其中点在第一象限． （i）记和的面积为，求的最小值； （ii）过点作轴的垂线，分别交于两点，请判断是否存在以为直径的圆与轴相切，并说明理由． 【答案】（1） （2）（i） （ii）不存在以为直径的圆与轴相切. 【解析】 【分析】（1）由抛物线的对称性得到抛物线经过的点，然后求得，即可写出抛物线方程； （2）（i）由（1）得到抛物线方程，由题意可知直线斜率均存在，设直线方程和点坐标，分别联立方程组，整理为一元二次方程后利用韦达定理分别表示出和，然后由面积公式分别表示出，，即可得到表达式，然后利用基本不等式求得最小值； （ii）由直线，得到，得到纵坐标的数量关系.由点写出直线的直线方程，即可求得点坐标，然后由题意假设建立方程，由判别式得到方程是否有解，即可得出判断. 【小问1详解】 由抛物线的对称性可知抛物线经过点，则一定经过点，不合题意舍去. 故由题意可知，抛物线经过点，则，即， ∴抛物线. 【小问2详解】 （i）当直线，中任意一条直线斜率不存在时，另一条直线与抛物线只有一个交点， ∴直线，的斜率一定存在，设，∵，∴， 由（1）可知，则，， 联立方程组得，整理得， 设，则， ∴， ， 联立方程组得，整理得， 设，则， ∴， ， ， ∵，当且仅当，即时取等号， ∴， 当时，取得最小值. （ii）设， ∵，∴， ，∴ 由对称性可取，则. 由（i）可知，， ∴直线，令，则 同理 ∴直线，令，则 ∴中点为点， ∵直线轴，∴直线到轴的距离为， 要想以为直径的圆与轴相切，则. 当时，即，则， 则，即. 将代入得， 此时，方程无解， 即. ∴不存在以为直径的圆与轴相切. 19. 已知函数. （1）当时，判断函数的单调性; （2）当时，判断函数的零点个数; （3）当时，是否存在实数，使得有两个极值点?若存在，求证：（为极值点）；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）在单调递增 （2）个零点 （3）当时，存在满足条件的实数，使得有两个极值点. 证明如下： 的极值点满足， 若，时，无正极值点； 若，令，则， 令得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以当时取得极小值， 因为，时，， 所以当时，有两个极值点，此时，得， 即存在，使得有两个极值点. 下证： 因为是的两个极值点，所以是的两个根， 可得，取对数得，则，整理得，要证​，即证， 不妨设，则不等式变形为， 令，则，即证， 令，则， 所以在单调递增， 所以，即，得， 因此得证. 【解析】 【分析】（1）对导函数再求导找最小值，证导函数恒大于零，直接判定原函数； （2）代入后求导分析原函数的单调性与极值，结合零点存在定理和特殊点函数值判断零点个数； （3）先将极值点存在问题转化为导数方程的正根问题，通过分析导数函数的最值证明存在满足条件的，再通过换元构造函数证明. 【小问1详解】 当时，，定义域为，， 令，则， 令得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以当时，即取得最小值为， 即对所有恒成立。 因此，在上单调递增. 【小问2详解】 当时，，显然，故是一个零点， 又，当时，，，故，在单调递增，因此时无零点； 当时，令，则，令得， 当时，，即单调递减， 当时，，即单调递增， 所以的最小值为，又， 时，故在有两个零点， 因此在递增，递减，递增： 因为，，且， 又在单调递减，且，所以，而，所以， 所以，又时，， 所以在和各有一个零点， 综上，共有个零点. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北昌黎第一中学2025-2026学年高三年级第一次模拟考试 数学试卷 注意事项： 1.本试题共两部分，满分150分，时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上. 3.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.如要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试上无效. 4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收. 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. 已知复数（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则的元素个数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 3. 已知函数为奇函数，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知菱形的边长为是的中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知正四棱台的高为，，为底面的中心，则直线与平面所成的角为（　　） A. B. C. D. 7. 已知为坐标原点，若椭圆上存在三点，，，使四边形为正方形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若在上恰有两个零点，且其图象关于点和直线对称，当时，的最大值与最小值的乘积为（ ） 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. 已知函数，其导函数为，则（ ） A. 直线是曲线的切线 B. 有三个零点 C. D. 若在区间上有最大值，则的取值范围为 10. 在中，角所对的边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 有两解 C. 是钝角三角形 D. 若，则 11. 已知双曲线的左右焦点为，点为双曲线右支上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若存在点使得为等腰直角三角形，则双曲线的离心率为 B. 外接圆的面积的最小值为 C. 轴与的内切圆的公共点为定点 D. 设点是的内心，直线的斜率之比为常数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设为等比数列的前项积，若，则 _____________. 13. 已知函数，曲线在点处的切线与平行.则的最小值为__________. 14. 如图是由九个半径相同的圆构成的图形(该图形不能旋转和翻转)，若将1，2，…，9九个数字分别填入这九个圆中，且有阴影的圆中填的数字大于相邻的三个圆中所填的数字，则填法一共有________种. 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. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位. （1）移动4次后，质点最终所在的位置的坐标为多少的概率最大？ （2）若移动次后，质点最终所在位置的坐标为，求的数学期望与方差. 16. 在正项数列中，设的前项和为，已知． （1）求的通项公式； （2）令，求的前项和． 17. 如图，在三棱锥中，其外接球球心为的中点，平面平面.已知. （1）求证：平面平面. （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 18. 已知抛物线仅经过，，中的一点． （1）求的方程； （2）过抛物线的焦点作互相垂直的两条直线，这两条直线与抛物线分别交于和两点，其中点在第一象限． （i）记和的面积为，求的最小值； （ii）过点作轴的垂线，分别交于两点，请判断是否存在以为直径的圆与轴相切，并说明理由． 19. 已知函数. （1）当时，判断函数的单调性; （2）当时，判断函数的零点个数; （3）当时，是否存在实数，使得有两个极值点?若存在，求证：（为极值点）；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 $