精品解析：河北昌黎第一中学2025-2026学年高三考前自测考试数学试卷

河北昌黎第一中学2025-2026学年高三年级第三次模拟考试 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然.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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知圆台上下底面圆的半径分别为1，3，母线长为4，则该圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的图象如图所示，则的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 在等差数列中，公差是与的等比中项．已知数列成等比数列，则数列的通项公式为（ ） A. B. C. D. 6. 已知点在双曲线上，且点到的两条渐近线的距离之积等于，则的离心率为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 7. 若函数的图象向右平移个单位后得到的图象关于轴对称，则实数可以是（　　） A. B. C. 2 D. 8. 若直线同时是曲线和曲线的切线，则斜率的最小值为（ ） A. 1 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. 已知随机变量，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 存在，使得 10. 把短对角线与长对角线长度的比值为的菱形称为白银菱形.如图，分别为白银菱形的短对角线和长对角线，在白银菱形内，有三个全等的小白银菱形.若，则（ ） A. 与共线 B. C. D. 11. 在中，，，D为边BC的中点，则（ ） A. B. C. D. 最大时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知（为虚数单位，），则的值为___________． 13. 已知为坐标原点，过抛物线的焦点的直线与该抛物线交于、两点，若，的面积为，则实数的值为______． 14. 甲、乙、丙三人分别从2个不同的数中随机选择若干个数（可以不选），分别构成集合，，，记中元素的个数为，则的概率为___________. 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. 为解决当下人口老龄化以及生育率连年下降等问题，我国于2025年7月28日印发了《育儿补贴制度实施方案》，某地响应国家号召，制订了两套方案以减缓部分家庭由抚养造成的生活压力．两套方案的执行策略如表： 单个家庭生育婴儿数 1 2 3 补贴方案一 每月补助300元，共补贴3年 每月补助1100元，共补贴3年 每月补助2600元，共补贴3年 补贴方案二 每月补助1000元，共补贴3年 通过人口普查，可近似估计该地每个家庭生育婴儿的数量与概率： 单个家庭生育婴儿数 0 1 2 3 概率 由于单个家庭生育四个婴儿及以上的概率过低，可认为此事件为小概率事件，故只需考虑单个家庭生育婴儿总数在0～3的情况． （1）若采用补贴方案一，随机选取某家庭，其补助不低于1100元/月，求其共生育2个婴儿的概率； （2）试从期望的角度讨论这两种补贴方案哪套的补贴额更高． 16. 已知正项数列满足， （1）若是等比数列，求的通项公式 （2）若，求数列的前2n项的和 17. 在四棱锥中，底面为直角梯形，满足， ，，， 底面. 为棱的中点，为棱的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）设为三棱锥的内切球球面上一动点，求三棱锥体积的最大值. 18. 已知为椭圆上一点，过动点作的两条切线，切点分别为，点在直线上，且（为坐标原点）． （1）求的方程； （2）证明点在定圆上，并求该圆的方程； （3）若点都在第一象限，直线交于两点，记的面积为，证明：． 19. 已知函数． （1）试判断在区间内零点的个数并说明理由； （2）若不等式对任意恒成立，求实数的取值集合； （3）证明：对任意都有不等式成立． 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学年高三年级第三次模拟考试 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然.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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据交集的定义求解. 【详解】集合，即. 集合，所以. 故选： 2. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由可得，考虑由能否推出，由能否推出，由此判断结论． 【详解】因为 ，所以 ，即 ， 充分性：若 ，因为 ，所以必有 ，即 ，故充分性成立， 必要性：若 ，即 ，因为 ，所以必有 ，故必要性成立， 综上，“”是“”的充要条件。 故选：A． 3. 已知圆台上下底面圆的半径分别为1，3，母线长为4，则该圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆台表面积的计算公式，结合已知条件，直接求解即可. 【详解】设上下底面圆半径分别为，母线长为， 则圆台表面积. 故选：B 4. 已知函数的图象如图所示，则的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数图象变换知识结合题设可得答案. 【详解】将图象向右平移1个单位，可得图象. 将图象x轴下方部分，沿x轴翻折至上方，x轴上方部分不变可得图象. 将图象向上平移1个单位，可得图象.故选项C满足题意. 故选：C 5. 在等差数列中，公差是与的等比中项．已知数列成等比数列，则数列的通项公式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算等差数列的基本量，进而得，数列记为，则为等比数列，即可得，由等差数列通项公式即可求解. 【详解】依题意，即，解得，故． 新数列，记为，则为等比数列， 所以公比， 所以， 又因为， 所以． 故选：B 6. 已知点在双曲线上，且点到的两条渐近线的距离之积等于，则的离心率为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，将点坐标代入双曲线方程中可得.求出点坐标代入双曲线的两条渐近线的距离之积，结合化简可得的其次方程，即可求解离心率. 【详解】设. ∵点在双曲线上，，即. 又双曲线的两条渐近线分别为和， 点到双曲线的两条渐近线的距离之积为： ， ，即. 又，，，. 故选：D. 7. 若函数的图象向右平移个单位后得到的图象关于轴对称，则实数可以是（　　） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析可知函数关于直线对称，分和两种情况，结合函数的对称性分析求解即可. 【详解】因为函数的图象向右平移个单位后得到的图象关于轴对称， 可知函数关于直线对称， 若，则函数关于直线对称，符合题意； 若，设， 则函数的对称轴所对应的值（）必为函数的对称轴， 又因为函数的对称轴为轴， 则，解得； 综上所述：或. 结合选项可知：A正确，BCD错误. 故选：A. 8. 若直线同时是曲线和曲线的切线，则斜率的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设两切点，由导数得两切线斜率相等及切点横坐标关系；利用同一直线截距相等建立方程，将斜率表示为参数的函数，求导确定单调性后得最小值. 【详解】设直线与切于，与切于. 求导得，，因此公切线斜率， 整理得①. 的切线方程为； 的切线方程为. 同一直线截距相等，消去同类项得②， 将①代入②，得关于的函数. 对求导得，令，得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 因此时取最小值，即. 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. 已知随机变量，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 存在，使得 【答案】ABC 【解析】 【分析】由二项分布的概率计算公式计算可判断AB；由二项分布的期望计算公式计算可判断C；由二项分布的方差计算公式计算可判断D. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，，， 若，则，即， 因为，， 所以，解得，故B正确； 对于C，若，则，故C正确； 对于D，， 当且仅当时，有最大值为，故D错误. 故选：ABC 10. 把短对角线与长对角线长度的比值为的菱形称为白银菱形.如图，分别为白银菱形的短对角线和长对角线，在白银菱形内，有三个全等的小白银菱形.若，则（ ） A. 与共线 B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据菱形的性质以及平行性的传递性可判断A；求出，再利用二倍角的正切公式即可判断B；先求证为直角三角形，再求出小白银菱形边长即可利用数量积的定义判断C选项；利用即可判断D选项. 【详解】根据题意，在白银菱形内， 设，则， 在小白银菱形中，， 而，所以，则与共线，故A正确； 由于，则， 因，则，故B正确； 由于，根据菱形性质可知， 又，根据对称性可得， 所以， 在中，设小白银菱形边长为，则， ，所以， 则，故C错误； ，故D正确. 11. 在中，，，D为边BC的中点，则（ ） A. B. C. D. 最大时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】先将已知条件变形化简得，可得到，A选项利用三角形内角和即可判断；B选项利用可判断；C选项分别在和中利用余弦定理，再利用两边之和大于第三边即可求解；D选项，在中利用余弦定理，再借助基本不等式即可求解. 【详解】，， ，即， 整理得，， ，，即. 对于A选项，，，，， ，， ，，不能确定，故A错误； 对于B选项，，，故B正确； 对于C选项，设， 在中，，， 由余弦定理知，， 在中，，， 由余弦定理知，， ，整理得， 在三角形中，两边之和大于第三边，，， ，，故C正确； 对于D选项，在中， ， 当且仅当，即时等号成立， 的最小值为，，， 的最大值为； 此时不妨设，则， 又，D为边BC的中点，则， ，， 为边BC的中点，， 又，则是边长为2的正三角形， ，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知（为虚数单位，），则的值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的乘方运算和复数相等的条件即可得到答案. 【详解】因为，由复数相等的充要条件得， 所以． 故答案为：. 13. 已知为坐标原点，过抛物线的焦点的直线与该抛物线交于、两点，若，的面积为，则实数的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】解法一：分析可知，直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将该直线方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，利用抛物线的焦点弦长公式和三角形的面积公式可得出关于、的方程组，即可解得的值； 解法二：设抛物线的焦点为，直线的倾斜角为，利用抛物线的焦点弦长公式以及面积公式可得出关于、的方程组，即可解得的值. 【详解】解法一：易知抛物线的焦点为， 若直线与轴重合，则该直线与抛物线有且只有一个交点，不合乎题意， 设直线的方程为，由得， 设、，则， 由韦达定理可得，， 所以，即，① 因为， 即，②． 由①②得，，所以； 解法二：设抛物线的焦点为，直线的倾斜角为， 若直线与轴重合，则该直线与抛物线有且只有一个交点，不合乎题意， 设直线的方程为，由得， 设、，则， 由韦达定理可得，， 因为 ①， ，，解得，， 所以，②， 联立①②可得， 故答案为：. 14. 甲、乙、丙三人分别从2个不同的数中随机选择若干个数（可以不选），分别构成集合，，，记中元素的个数为，则的概率为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知一个元素被某人选中的概率为且相互独立，应用独立乘法公式及对立事件的概率求法得两个元素均未被三人选中的概率为，最后应用对立事件的概率求法即可得. 【详解】设两个不同数为，一个元素被某人选中的概率为且相互独立， 所以一个元素被甲乙丙三人都选中的概率为， 由中元素的个数，表示至少一个元素被三人选中， 而两个元素均未被三人选中的概率为， 所以的概率为. 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. 为解决当下人口老龄化以及生育率连年下降等问题，我国于2025年7月28日印发了《育儿补贴制度实施方案》，某地响应国家号召，制订了两套方案以减缓部分家庭由抚养造成的生活压力．两套方案的执行策略如表： 单个家庭生育婴儿数 1 2 3 补贴方案一 每月补助300元，共补贴3年 每月补助1100元，共补贴3年 每月补助2600元，共补贴3年 补贴方案二 每月补助1000元，共补贴3年 通过人口普查，可近似估计该地每个家庭生育婴儿的数量与概率： 单个家庭生育婴儿数 0 1 2 3 概率 由于单个家庭生育四个婴儿及以上的概率过低，可认为此事件为小概率事件，故只需考虑单个家庭生育婴儿总数在0～3的情况． （1）若采用补贴方案一，随机选取某家庭，其补助不低于1100元/月，求其共生育2个婴儿的概率； （2）试从期望的角度讨论这两种补贴方案哪套的补贴额更高． 【答案】（1） （2）采用补贴方案二的补贴额更高 【解析】 【分析】（1）根据条件概率计算公式即可求解； （2）求出两种方案的数学期望并进行比较即可． 【小问1详解】 记事件A：单个家庭补助不低于1100元/月， 事件B：单个家庭共生育2个婴儿， 则， ， ； 【小问2详解】 记根据补贴方案一每月所得的补贴额为，根据补贴方案二每月所得的补贴额为， ， ， ，故采用补贴方案二的补贴额更高． 16. 已知正项数列满足， （1）若是等比数列，求的通项公式 （2）若，求数列的前2n项的和 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列通项公式列式求得，进而求出通项公式； （2）由题目递推式得，则有，因此数列是等比数列，利用等比数列求和公式求解即可． 【小问1详解】 因为数列是等比数列，设公比为， 所以， 所以，所以； 【小问2详解】 因为，，所以， 因为，所以，所以， 所以， 则． 17. 在四棱锥中，底面为直角梯形，满足， ，，， 底面. 为棱的中点，为棱的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）设为三棱锥的内切球球面上一动点，求三棱锥体积的最大值. 【答案】（1）是棱的中点，是棱的中点， 是的中位线，. 又平面平面， 平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由中位线得平行于，结合线面平行判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，分别求出两平面的法向量，利用法向量夹角公式求二面角余弦； （3）先由等体积法求内切球半径及球心坐标，再求球心到平面的距离，利用球面上点到平面距离的最大值，结合体积公式求最大值. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 底面底面， 又两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则. . 设平面的一个法向量为， 则，令，得， . 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 故平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为，则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 设三棱锥的内切球球心为，半径为，三棱锥的表面积为， 已知，由（2）知两两垂直， 则， 由等体积法可知，则， 则球心，则. 所以点到平面的距离， 而，则， 因此三棱锥体积的最大值为. 18. 已知为椭圆上一点，过动点作的两条切线，切点分别为，点在直线上，且（为坐标原点）． （1）求的方程； （2）证明点在定圆上，并求该圆的方程； （3）若点都在第一象限，直线交于两点，记的面积为，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析， （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）将已知点代入椭圆方程即可得解； （2）设直线的方程为，与椭圆的方程联立，利用，进而得到直线的方程，再设，根据，利用向量内积为0，解出定圆，即可得证； （3）设直线的方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理求出，再结合直线与圆相切的条件以及点的位置关系求出三角形面积，即可得证. 【小问1详解】 将代入，得， 解得，所以的方程为； 【小问2详解】 根据题意作图如下： 设直线的方程为，与椭圆的方程联立得，消去， 得， 又，化简得， 代入， 得，即，所以， 则， 所以直线的方程为； 设，则， 由，得， 即，所以点在定圆上； 【小问3详解】 根据题意作图如下： 设直线的方程为， 因为，所以，所以点不在轴上， 则直线的斜率，且， 令，有，故， 设，直线与椭圆的方程联立得，消去， 得， 所以， 则， 由（2）知点在圆上，又， 所以直线与圆相切， 所以圆心到直线（即）的距离为， 所以，则； 因为点在椭圆上，点在圆上，且都在第一象限， 所以， 则， 设点到直线的距离为， 所以， 由式有，故. 19. 已知函数． （1）试判断在区间内零点的个数并说明理由； （2）若不等式对任意恒成立，求实数的取值集合； （3）证明：对任意都有不等式成立． 【答案】（1）恰有一个零点； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求导得，分析其单调性，再结合零点存在性定理即可得到其零点个数； （2）设，求导后分，和讨论即可； （3）等价转化为证明，再设新函数求导得其最小值即可证明. 【小问1详解】 ，， 又，，函数在内单调递增， 又， 由函数零点存在性定理知函数在内恰有一个零点. 【小问2详解】 设，则， 设，则， 当时，此时，则， 当时，此时，则， 显然对成立，在内单调递增， 若，则，必存在使得时，， 则此时在内单调递增，从而有，与已知矛盾. 若，则，必存在使得时，， 此时在内单调递减，从而有，与已知矛盾. 当时，， 显然当，，，则，在内单调递减， 当时，，则恒成立（不恒为零）， 则即在上单调递增，且，则在上恒成立， 在内单调递增， ，即，亦即对任意恒成立. 综上所述，实数的取值集合为． 【小问3详解】 要证对任意都有， 只需证明， 由（2）知，所以有， 即（当且仅当时等号成立），所以只需证明， 即证 记，则, 当时，，当时，， ，即， 对任意都有（当且仅当时等号成立）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $