山西忻州市第一中学校2026届高三下学期考前预测卷（一）数学试题

绝密女启用前 试卷类型：A 忻州一中2026届高三考前终极猜想卷（一) 高三数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。 2.答题前，考生务必用黑色签字笔填写学校、姓名、班级及考号。 3.选择题答案须填涂在答题卡对应区域；非选择题答案须写在答题卡指定区域内。 4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语、函数与导数、三角函数、解三角形、平面 向量、解析几何、立体几何、概率统计等。 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项符合题目要求。 1.已知复数之满足之+乏=2，死=5，且之的虚部为正，则之2的虚部为 A.-4 B.-2 C.4 D.5 2.已知集合A={x∈Z|x+1≤3}，B={x|x2-x-6<0},则AnB= A.{-2,-1,0,1} B.{-1,0,1,2} C.{0,1,2 D.{-1,0,1} 3.已知一组样本数据c1,x2,·,xn的方差为2，令=2x,-1,i=1,2,·,n,则样本数 据1,2，…，的方差为 A.4 B.6 C.8 D.10 4.已知向量a,6满足1d=2,(a-万16，a+=V13,则6= A.1 B.V2 C.V3 D.2 5.已知0<a<分，且sina-osa=写：则sin2a= A司 B c.a D. 6.已知正四棱锥P一ABCD的底面边长为2，高为√2，点M为棱PC的中点，则直线 BM与底面ABCD所成角的正切值为 A. V5 B. V2 C.1 D.2 7.已知椭圆C: 4+)=1的左、右焦点分别为乃，F,点P在椭圆C上，且∠FPF=60°， 则△PFF2的面积为 A. B. V3 C. 2v3 D.1 6 3 8.若正实数x,y,之满足x+nx=y+2ny=之+3ln之，则下列大小关系中不可能成立的是 A.x>y>之 B.z>y>x C.x>z>y D.x=y=z 【2026届高三考前终极猜想卷（一)·数学第1页（共3页)】 忻州一中 模拟专用 二、多项选择题：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.已知平面向量a,b满足a=2,b=1,a·b=1。对实数t,设 u=a+tb,v=ta-b. 则下列说法正确的是 A.u的最小值为v3 B.存在两个实数t,使得u⊥v C.若u=v,则t=1 D.以u,v为邻边的平行四边形面积的最小值为V 10.设f四=1n1+e),g)=f)-5,则下列说法正确的是 A.g(x)是偶函数 B.g(x)在x=0处取得最小值 C.方程f(x)=2x有且仅有一个实根 D.对任意x∈R,都有g()≥n2+ 8 11.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1CD1中，点P在线段AC1上，且AP=t·AC, 0<t<1。过点P作平面α，使a⊥AC。设平面α截正方体所得截面的面积为S(t),则 下列说法正确的是 A. 当一专时，发面面积为9 当0<t<时，截面为等边三 CS的蚊大值在t-)处取得 D. 当t=2时，截面周长为3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知一组数据1,2,3,4，a的方差为2，且a>4,则a= 13.一个圆锥的底面半径为2，母线长为4。点A,B在底面圆周上，且底面圆中的弦长AB= 2,则沿圆锥侧面从A到B的最短路径长为 -0 14.已知实数x,y满足x2+y2=1,则x2+2xy+3y2的最大值为 【2026届高三考前终极猜想卷（一)·数学第2页（共3页)】 忻州一中 专用 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.(本小题满分13分)】 某种产品出厂前需经过甲、乙两套检测系统。设产品实际合格的概率为？，其中0<r<1。 若产品实际合格，则甲系统判为合格的概率为0.95，乙系统判为合格的概率为0.90；若产品 实际不合格，则甲系统误判为合格的概率为0.10，乙系统误判为合格的概率为0.05。两套系 统的判断相互独立。 规定：只有当甲、乙两套系统均判为合格时，产品才允许出厂。 (1)若？=0.8，求允许出厂的产品实际合格的概率； (2)若要求允许出厂的产品实际合格的概率不低于0.98，求？的取值范围。 16.（本小题满分15分) 在△ABC中，角A,B,C的对边分别为α，b,c,其内切圆半径为r,半周长为s。已知 A=60,b+c=6,r= 2 (1)求bc; (2)求a和△ABC的面积。 17.（本小题满分15分) 如图，在直四棱柱ABCD-A1B1CD1中，底面ABCD D C 为直角梯形，满足AB‖CD,AD⊥AB,且 AB=2, CD=1,AD=V3, AA1=2 点M为A1D1的中点，点N为BB1的中点。 (1)证明：MN‖平面ABD1; (2)求平面CMN与平面ABCD所成二面角的正弦 值。 18.(本小题满分17分)】 已知椭园C:4+=1。过点T3,0)的直线1与椭圆C交于A,B两点，设M为线段 AB的中点。 (1)求点M的轨迹方程； (2)求△OAB面积的最大值，其中O为坐标原点。 19.(本小题满分17分) 已知函数f(x)=e2-1-x-a.r2,x>0。 (①)若a=2,证明：f)>0: (2)讨论函数f(x)在(0，+oo)上零点的个数； (3)求实数入的最大值，使得对任意x>0,都有e≥1+x+入x2。 【2026届高三考前终极猜想卷（一）·数学第3页（共3页）】 忻州一中 专用 参考答案与详解 2026届高三考前终极猜想卷（一）·数学 一、单项选择题 题号12345678 答案 C B CC D A B C 1.设 之=a+bi. 由 2+z=2 得 2a=2, 所以 a=1. 又 z2=z2=a2+b2=5, 所以 1+62=5 即 b2=4. 因为之的虚部为正，所以 b=2. 因此 2=1+2i 于是 22=(1+2)2=-3+4i. 所以2的虚部为4。故选C。 2.由 |x+1≤3 得 -3≤x+1≤3， 即 -4≤x≤2. 又x∈Z,所以 A={-4,-3,-2,-1,0,1,2} 【2026届高三考前终极猜想卷（一）·数学参考答案与详解第1页】 忻州一中 由 x2-x-6<0 得 (x-3)(x+2)<0, 所以 -2<x<3. 因此 A∩B={-1,0,1,2} 故选B。 3.由 y5=2c:-1 可知，数据整体乘以2，方差变为原来的22倍；整体平移-1不改变方差。 已知样本数据x1,x2,·,xn的方差为2，所以样本数据班，2，…，n的方差为 22.2=8, 故选C。 4.由 (a-b⊥b 可得 (a-可.6=0. 展开得 a.6-62=0, 所以 a.i=2 设 2=t. 又 |d+i=13, 所以 a+b2=13. 即 1a2+162+2a.6=13. 代入同=2，a.=2=t,得 4+t+2t=13. 所以 t=3. 因此 ⑦=v3. 故选C。 【2026届高三考前终极猜想卷（一）·数学参考答案与详解第2页】 所州一中 装专用 5.由 1 sin a-cos a= 3 两边平方，得 (sin a-cosa)21 展开得 1 sin2 a cos2 a-2sin a cos a 9 所以 1 1 sin 2a= 9 因此 sin2a=9' 故选D。 6.以底面中心为原点建立空间直角坐标系，设底面ABCD在平面之=0内，取 B=（1,-1,0) C=(1,1,0), 侧正四棱锥的顶点可取为 P=(0,0,V2): 因为M为棱PC的中点，所以 于是 B 直线BM与底面ABCD所成角的正切值等于竖直分量与水平投影长度之比。 竖直分量为 V2 2 水平投影长度为 =V4+4=2 所以 1V5 tan 0= 故选A。 7.椭圆 4+2=1 中， a=2,b=1. 【2026届高三考前终极猜想卷（一）·数学参考答案与详解第3页】 忻州一中 专用 所以 c=Va2-2=v4-1=5, 从而 F1F2=2c=2V3. 设 PF=m, PF2 =n. 由椭圆定义，得 m+n=2a=4. 又因为 ∠F1PF2=60°， 由余弦定理可得 fF=m2+n2-2 nn cos60°. 即 12=m2+m2-mm. 又 (m+n)2=m2+n2+2mn=16, 所以 m2+n2=16-2mm. 代入得 12=16-2mm-mm, 即 4 mn =3 因此 SAPFFa mnsm60°-{.4.3V3 1 2323 故选B。 8.令公共值为t,即 x+Inx=t,y+21ny=t,z+3Inz=t. 设 9k(u)=u+klnu,u>0,k=1,2,3. 则 %(w）=1+0>0, 所以9(u)在(0，+o)上严格递增。并且 91(1)=92(1)=93(1)=1. 当t>1时，由单调性知 x>1,y>1,2>1. 【2026届高三考前终极猜想卷（一）·数学参考答案与详解第4页】 忻州一中 专用 此时lnu>0,所以对同一u>1, u+Inu u+2Inu u+3lnu. 要取得同一个值t,对应的自变量满足 x>y>2. 故A可以成立。 当t<1时，由单调性知 x<1,y<1,之<1 此时lnu<0,所以对同一0<u<1, u+Inu>u+2Inu>u+3Inu. 要取得同一个值t,对应的自变量满足 之>y>x. 故B可以成立。 当t=1时，显然 X=y=2=1. 故D可以成立。 综上，不可能成立的是 x>之>y 故选C。 二、多项选择题 题号 9 10 11 答案 ABD ABC ABC 9.由 la=2, bl=1,a.b=1 可得 u2=a+tb2=a2+2ta.b+tb2=4+2t+t2. 所以 u2=(t+1)2+3, 故 lulmin =V3. A正确。 又 u·v=(a+tb)·(ta-b) 展开得 u·v=4t-1+t-t=t2+3t-1. 【2026届高三考前终极猜想卷（一）·数学参考答案与详解第5页】 忻州一中 专用 令 u⊥v, 则 2+3t-1=0. 其判别式为 △=32+4=13>0， 所以存在两个实数t,使得u⊥v。B正确。 再计算 |v2=ta-b2=4t2-2t+1. 若 lu vl, 则 2+2t+4=4t2-2t+1. 整理得 3t2-4t-3=0. 显然t=1不是该方程的解，故C错误。 平行四边形面积为 u,v]. 由于 u=a+tb, v=ta-b. 所以 [u,v]=[a+tb,ta-b]=-(1+t)[a,b 又 Ila,bl=√a2lb2-(ab2=√41-1=V3. 因此平行四边形面积为 (1+2)V3 其最小值为 3. D正确。 综上，选ABD。 10.由 r)l+e)- 得 -=1+e+号 而 m1+e9)=lm1+e=n1+e）- ex 所以 g(-g)-h(l+e)-z+-I(l+)-g(). 因此g(x)是偶函数，A正确。 【2026届高三考前终极猜想卷（一）·数学参考答案与详解第6页】 忻州一中 求导得 1e2-1 @三+e2208 当c<0时， g(x)<0: 当x>0时， g(x)>0. 所以g(x)在x=0处取得最小值。B正确。 考察方程 f(x)=2x, 即 ln(1+e)=2x. 若x≤0，则右边2x≤0，而左边ln(1+er)>0,故无解。 若x>0,令 y=e>1. 则 In(1+y)=2Iny Iny2. 所以 1+y=y2, 即 y2-y-1=0. 该方程在y>1上有唯一解 y=1+6 2 因此原方程有且仅有一个实根，C正确。 最后考察D。因为 g'（(x)=1+ey1 由 (1+er)2≥4e 可得 g倒)≤ 又 g(0)=ln2, g(0)=0. 所以 9z)≤1n2+2 且当x丰0时严格小于右边。故D错误。 综上，选ABC。 11.建立空间直角坐标系，取 A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1). 【2026届高三考前终极猜想卷（一）·数学参考答案与详解第7页】 忻州一中 则 C1(1,1,1). 体对角线AC1的方向向量为 (1,1,1). 因为 AP=t·AC1, 所以 P(t,t,t). 平面a⊥AC1,故平面a的法向量可取为 (1,1,1) 因此平面α的方程为 x+y+之=3t. 下面给出截面示意图，仅供参考： D Bi D A B 当 0<t<3 时，有 0<3t<1. 平面 x+y+2=3t 与三条坐标轴分别交于 (3t,0,0), (0,3t,0), (0,0,3t). 这三个点构成等边三角形，故B正确。 该等边三角形边长为 3tv2, 所以面积为 S(t)= 43v②2-9v3e 2 当 时， 9v31V3 5=2·g=2 【2026届高三考前终极猜想卷（一）·数学参考答案与详解第8页】 忻州一中 专用 故A正确。 令 s=3t. 平面截正方体所得截面面积可写为 0<s≤1， S= v 2(-22+6s-3),1≤9≤2， v 28-s)2, 2≤s<3. 其中第二段 -2s2+6s-3 在 5= 处取得最大值。故S(t)的最大值在 3 3t= 2 即 t2 处取得。C正确。 当 1 t二2 时，平面为 x+y+2= 截面为正六边形，其边长为 v② 2 所以截面周长为 2 不是3。故D错误。 综上，选ABC。 三、填空题 题号 121314 答案5 42+v2 12. 数据为 1,2,3,4,a. 【2026届高三考前终极猜想卷（一）·数学参考答案与详解第9页】 忻州一中 专用 其平均数为 元=10+a 5 由方差公式 92=号+号++喝-2， 5 得 2=12+2+32+42+2 5 即 2=30+a2_10+a2 5 25 两边同乘25，得 50=5(30+a2)-(10+a)2. 展开整理： 50=150+5a2-100-20a-a2, 所以 4a2-20a=0. 即 4a(a-5)=0. 又因为 a>4, 所以 a=5. 13.设圆锥底面圆心为O。底面半径为2，且 AB=25. 设较小圆心角为∠AOB=0,则 AB=2·2sin2 所以 2v3=4sin 2 即 sin 2-2 取较小圆心角，得 2T 0= 31 因此底面圆上较短弧AB的弧长为 2T 4T 2. 3 3 【2026届高三考前终极猜想卷（一)·数学参考答案与详解第10页】 忻州一中 专用 圆锥侧面展开后为扇形，扇形半径等于母线长4。这段弧在展开图中对应的圆心角为 4=3 于是沿圆锥侧面从A到B的最短路径，在展开图中就是半径为4、夹角为写的两点间线段。 所以最短路径长为 2.4sin =4. 14.由 x2+y2=1 可令 x cost,y=sint. 则 x2+2xy+3y2 cos2t+2 sint cost+3sin2t. 利用恒等式 1+cos 2t 2 sin2t=1-cos2t 2sint cost sin 2t, 2 得 2x2+2xy+3y2=1+00s2t 2 +sin 2t+3.1-cos 2 2 整理得 x2 +2xy +3y2=2-cos 2t sin 2t. 又 -cos 2t sin 2t 的最大值为 V(-1)2+12=V2. 所以原式最大值为 2+V2. 四、解答题 15. 答案：(1) 64；(2)re 685 记事件G表示“产品实际合格”，事件H表示“产品允许出厂”。 由题意， P(G)=r, P(G)=1-r. 若产品实际合格，则甲、乙均判为合格的概率为 P(H|G)=0.95×0.90=0.855. 若产品实际不合格，则甲、乙均误判为合格的概率为 P(H|G=0.10×0.05=0.005. 【2026届高三考前终极猜想卷（一)·数学参考答案与详解第11页】 忻州一中 (1)当r=0.8时， P(G)P(H G) P(GIH)=P(G)P(HG)+P(G)P(HG) 代入得 0.8×0.855 0.684684 P(Gl)=0.8×0.855+0.2×0.005 0.685685 (2)一般地， P(GH)= 0.855r 0.855r+0.005(1-r) 用分数表示为 171r P(G1H)=170r+1 由题意要求 171r 49 1707+1≥0.98= 50 因为 170r+1>0, 所以 50·171r≥49(170r+1). 即 8550r≥8330r+49. 因此 220r≥49， 所以 49 r2220 又0<r<1,故 16. 答案：(1c=9:(2②）a=3,△ABC的面积为9 4 设 bc=p. 因为 A=60°，b+c=6, 由余弦定理得 a2=b2+c2-2 bc cos60°. 所以 a2=62+c2-bc. 又 b2+c2=(b+c)2-2bc=36-2p, 因此 a2=36-3p. 【2026届高三考前终极猜想卷（一)·数学参考答案与详解第12页】 所州一中 装专用 三角形面积为 2 besin60°=V3 1 S△ABC= b. 另一方面，由内切圆半径公式 S=TS. 又 2 s=a+b+c_a+6 2 2 所以 S=y3.a+6_3, 22 4(a+6). 比较两种面积表达式，得 p=a+6. 于是 a=p-6. 代入 a2=36-3p, 得 (p-6)2=36-3p. 展开整理： p2-12p+36=36-3p, 即 p2-9p=0. 由于p=bc>0,所以 p=9. 故 bc=9. 又 a=p-6=3. 面积为 SAABC= .g=98 4 4 17. 答案：(1)证明见下：(2)所求二面角的正弦值为V风 10 以A为原点，分别以AB,AD,AA1所在方向建立空间直角坐标系。由题意可取 A(0,0,0),B(2,0,0),D0,V3,0),C(1,V3,0), A1(0,0,2),B1(2,0,2), D1(0,V3,2),C1(1,V5,2). 因为M为A1D1的中点，N为BB1的中点，所以 N(2,0,1): 【2026届高三考前终极猜想卷（一)·数学参考答案与详解第13页】 忻州一中 专用 (1)有 平面ABD1中， AB=(2,0,0), AD=(0,V5,2): 取平面ABD1的一个法向量为 n=(0,-2,V3). 则 n.AB=0,n·AD=0, 故n是平面ABD1的法向量。 又 所以 MN‖平面ABD1. (2)平面ABCD即平面之=0，其一个法向量为 mo=(0,0,1). 在平面CMV中， 成-(1) C=1,-V5,1): 取平面CMN的一个法向量为 nI OM x ON. 计算得 n1= 可取其同向向量 n1=(3,2,V). 设平面CMN与平面ABCD所成二面角为6，则 COs0= lni·nol V3 .3 ni nol V3+4+3V而 因此 37_V而 sin6=V1-10=V0=10 18.答案：(1)点M的轨迹方程为z2-3x+=0,其中0≤x≤3(2)△0AB面积 的最大值为1。 【2026届高三考前终极猜想卷（一)·数学参考答案与详解第14页】 忻州一中 专用 (1)设 M(xo;y0). 椭圆 可写为 aT Aa=1, A=(69) 对中心在原点的二次曲线，若弦AB的中点为M(axo,0),则弦所在直线满足 ToT 4 +y0y= + 4 由于弦AB过点 T(3,0), 代入得 3-+呢 4 两边同乘4，得 3ar0=x哈+46. 因此点M的轨迹方程为 x2-3x+4y2=0. 由直线与椭圆相交可知实际轨迹对应 0≤x≤3 (2)设过点T(3,0)的直线为 y=k(x-3) 代入椭圆方程 x 4+y=1, 得 +k2(-3)2=1 z2 整理为 (1+4k2)x2-24k2x+36k2-4=0. 设交点A,B的横坐标分别为x1,x2,则 lm1-22= 4V1-5k2 1+42 其中 0≤2≤5 1 又 y=k(x-3)(=1,2) 【2026届高三考前终极猜想卷（一)·数学参考答案与详解第15页】 忻州一中 专用 所以 x1y2-x21=3k·x1-x2 于是 Soal 代入得 SAOAB= 6kV1-5k2 1+4k2 令 u=k2, 0≤u≤5 则 SAOAB= 36u(1-5w) (1+4u)2 记 pu= u(1-5u) (1+4u)2 求导可得 p(= 1-14u (1+4)3 所以当 u二14 1 时，p(u)取得最大值。 此时 6√合(1-) S△OAB= 1+是 故△OAB面积的最大值为 1. 19. 答案：()证明见下：（②）当a≤号时无零点，当a>)时有且仅有一个爹点：(3) 入max=2° (1)当 1 a=2 时， 0=e-1-2- 记 g)=e-1-t- 则 g(x)=e"-1-x, g'(x)=e2-1. 【2026届高三考前终极猜想卷（一)·数学参考答案与详解第16页】 忻州一中 专用 当 x>0 时， g"(x)>0. 又 g(0)=0, 所以 g(x)>0(x>0) 再由 9(0)=0 可知 g(c)>0(x>0). 圆此当a=斯 f(x)>0. (2)设 G()=e-1-x x>0. 则 f(x)=x2(G(x)-a). 所以f(x)=0等价于 G(x)=a. 下面研究G(x)的单调性。 Go=t2e-1）-2xe-1-x 24 整理得 G)=-2)e+x+2 23 记 (x)=(x-2)e2+x+2. 则 (0)=0, (x)=(x-1)e2+1, "(x)=xer>0(x>0). 又 (0)=0, 所以 (x)>0(x>0), 从而 b(x)>0(x>0). 【2026届高三考前终极猜想卷（一）·数学参考答案与详解第17页】 忻州一中 装专用 因此 G'(x)>0(c>0), 即G(x)在(0，+∞)上单调递增。 又 1 lim G(x)=2 lim G(x)=+0o. x0 故当 as 时，方程G(x)=a无正根，即f(x)在(0，+∞)上无零点。 当 1 a72 时，方程G(x)=a有且仅有一个正根，即f(x)在(0，+o)上有且仅有一个零点。 (3)要使对任意x>0,都有 e2≥1+x+λx2, 等价于 Xs4-1-2 2x2 对任意x>0成立。 因此 由(2)知 G(r)= e-1- 在(0，+∞)上单调递增，且 1 wG)=2 所以 inf G() x>0 因此实数入的最大值为 1 入max= 21 【2026届高三考前终极猜想卷（一)·数学参考答案与详解第18页】 州一中 用