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

山海关第一中学2025-2026学年高三年级下学期第一次模拟考试 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知椭圆短轴上的两个三等分点与两个焦点构成一个正方形，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 3. 设 为单位向量，且 ，则 （ ） A. B. C. D. 4. 已知，且，为虚数单位，则的最大值是（　　） A. B. C. 2 D. 5. 从小到大排列的一组数据： ，若这组数据的第 50 百分位数与平均数相同，则 的值为（ ） A. 98 B. 104 C. 106 D. 108 6. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若三棱锥为鳖臑，平面，，，且三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 7. 大气压强，它的单位是“帕斯卡”（Pa），它随海拔高度h（m）的变化规律可以近似的表示为（其中e为自然对数的底数，是海平面大气压强，为常数）.已知宁波市海拔最高的是四明山的主峰，主峰上一处的海拔约为1018m，大气压强为90900Pa，宁波城区一处的海拔约为4m，大气压强为101000Pa.现测得某山峰上一处的大气压强为80800Pa，请估计该处的海拔高度（单位：m）位于以下哪个范围内？（ ）（参考数据：，） A. B. C. D. 8. 若圆上存在两点，直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（ ） 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. 已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是递增数列 C. 当时， D. 当或4时，取得最大值 10. 如图，函数的部分图象与直线交于两点，且，点在曲线上，则（ ） A. B. 为偶函数 C. 在上单调递减 D. 11. 不动点理论是泛函分析与拓扑学中的重要理论，简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ） A. 只有1个不动点 B. 若（）没有不动点，则没有零点 C. 若（）没有不动点，则方程无实根 D. 有3个不动点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知 ，则 __________. 13. 已知，则______． 14. 过点的直线与抛物线相交于两点，若恰为的中点，则线段的长为__________. 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，在三棱柱中，，平面平面. （1）证明：. （2）若，，，求直线与平面所成角的正弦值. 16. 在中，分别为角的对边，且满足． （1）求角； （2）若为锐角三角形，设为的中点，若，且，求的面积． 17. 某工厂的某生产车间2020年至2024年生产的年利润（百万元），统计数据如表所示： 年份 2020 2021 2022 2023 2024 年份代号 1 2 3 4 5 年利润 2.8 3.4 3.6 4.4 4.8 （1）已知变量具有线性相关关系，求年利润（百万元）关于年份代号的经验回归方程，并预测2025年该车间的年利润； （2）已知该工厂共有6个车间，根据每个车间的年利润分为“类车间”和“类车间”两类，其中“类车间”4个，“类车间”2个，现从这6个车间中任取3个车间，记随机变量为“类车间”的个数，求的分布列及其数学期望. 参考公式：，. 18. 已知过点的双曲线的渐近线方程为.如图所示，过双曲线的右焦点作与坐标轴都不垂直的直线交的右支于两点. （1）求双曲线的标准方程； （2）已知点，求证：； （3）若以为直径的圆被直线截得的劣弧为，则所对圆心角的大小是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 19. 已知函数. （1）解不等式的解集； （2）若满足关于的方程，求证； （3）若是函数的零点，求使得不等式成立的整数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山海关第一中学2025-2026学年高三年级下学期第一次模拟考试 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由集合的交集运算求解． 【详解】， 则， 故选：D 2. 已知椭圆短轴上的两个三等分点与两个焦点构成一个正方形，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可得到之间的关系，从而求得的关系式，即可求得答案. 【详解】设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为， 由题意可知椭圆短轴上的两个三等分点与两个焦点构成一个正方形， 故，则， 故椭圆离心率为， 故选：C 3. 设 为单位向量，且 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由为单位向量，且， 可得，即，解得. 4. 已知，且，为虚数单位，则的最大值是（　　） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数模的几何意义，利用点与圆上点的距离的最大值去求的最大值即可. 【详解】表示以为圆心，为半径的圆， 则圆心C到点的距离， 则的最大值为. 故选：A 5. 从小到大排列的一组数据： ，若这组数据的第 50 百分位数与平均数相同，则 的值为（ ） A. 98 B. 104 C. 106 D. 108 【答案】B 【解析】 【分析】根据一组数据的百分位数与平均数的定义，列式求解即得. 【详解】由，可知这组数据的第 50 百分位数为， 而平均数为， 依题意，，解得. 故选：B. 6. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若三棱锥为鳖臑，平面，，，且三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定PC的中点O是鳖臑外接球的球心，结合外接球表面积得外接球半径，进而求得，再证明，进而结合勾股定理及基本不等式求得，再根据棱锥的体积公式即可求解. 【详解】在鳖臑中，四个面都为直角三角形，可知PC的中点O到四个顶点的距离都相等， 所以点O是鳖臑外接球的球心，三棱锥的外接球的表面积为， 则外接球半径，所以，又，所以， 而，则， 因为平面，平面，所以， 又平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以， 即，当且仅当时取等号， 所以三棱锥的体积为， 则三棱锥的体积的最大值为. 故选：D 7. 大气压强，它的单位是“帕斯卡”（Pa），它随海拔高度h（m）的变化规律可以近似的表示为（其中e为自然对数的底数，是海平面大气压强，为常数）.已知宁波市海拔最高的是四明山的主峰，主峰上一处的海拔约为1018m，大气压强为90900Pa，宁波城区一处的海拔约为4m，大气压强为101000Pa.现测得某山峰上一处的大气压强为80800Pa，请估计该处的海拔高度（单位：m）位于以下哪个范围内？（ ）（参考数据：，） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合题意与对数的运算性质求解海拔高度，再判断范围即可. 【详解】设城区的压强为，四明山的压强为， 由题意得，， 两式作除法可得，解得， 对于目标点，可得，由已知得， 两式作除法可得，解得， 则 ，在内，故C正确. 故选：C 8. 若圆上存在两点，直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将题干条件，结合几何知识转化为圆心到直线的距离需满足，解该不等式即可求解． 【详解】当直线与圆相交时，如图所示，若A、B离直线越近时，直至与直线和圆C的两交点重合，此时， 若A、B相距越来越近时，直至A、B两点重合，此时， 所以一定存在A、B及P，使得； 当直线与圆相切时，同直线与圆相交分析可知，一定存在A、B及P，使得； 当直线与圆没有公共点时，对直线上的任一点P，若A、B相距越来越近时，直至A、B两点重合时，仍有， 另一方面，若PB与圆C相切于B，PA与圆C相切于A，此时必为该P点所能达到的最大情况，如图所示， 由图可知，，CP最短时， 即等于圆心C到直线的距离d，最大，也最大，同时最大， 所以若圆上存在两点，直线上存在点，使得， 则必有，解得，又因为圆的半径， 圆心到直线的距离， 所以，解得． 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. 已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 是递增数列 C. 当时， D. 当或4时，取得最大值 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意可知，数列是首项为9,公差为-3的等差数列，由此求得其通项公式和前n项和公式，并对选项逐一判断即可. 【详解】因为，所以，又所以数列是首项为9,公差为-3的等差数列. 记公差为d,则,所以,. 选项A：.所以选项A正确. 选项B：因为公差为-3，所以数列是递减数列.所以选项B错误. 选项C：当，即.所以选项C正确. 选项D：,所以在时单调递增，在时单调递减.因为,所以当或时，取得最大值，最大值为18.所以选项D正确. 故选：ACD. 10. 如图，函数的部分图象与直线交于两点，且，点在曲线上，则（ ） A. B. 为偶函数 C. 在上单调递减 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】先根据，列方程求出判断A；将代入求出，进而求出判断B；由，求出，取，即可判断C；由，，可求出当时，取得最小值，即可判断D. 【详解】解：根据题意，设，， 由得， 由图象可知，，， 两式相减得，，所以，所以，A错误； 则，将点代入得，， 由知，，所以， 所以， 故， 令，定义域为，关于原点对称， 又，所以为偶函数，B正确； 令，解得，， 取，则在上单调递减， 因为是的真子集， 所以在上单调递减，C正确； 令，，解得，， 令，解得， 所以当时，取得最小值， 所以，D正确； 故选：BCD. 11. 不动点理论是泛函分析与拓扑学中的重要理论，简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ） A. 只有1个不动点 B. 若（）没有不动点，则没有零点 C. 若（）没有不动点，则方程无实根 D. 有3个不动点 【答案】AC 【解析】 【分析】根据“不动点”函数的定义，分别对每个选项进行分析，判断其是否满足“不动点”函数的条件，以及是否满足题目中的其他条件． 【详解】对于A，令，，，当且仅当时取“=”， 则在上单调递减，而，即在上只有一个零点，函数只有一个不动点，A正确； 对于B，没有不动点等价于的图象与直线没有交点， 没有零点等价于的图象与轴没有交点， 显然，当对称轴在轴左边，的图象与没有交点时，不能推出与轴没有交点，B错误； 对于C，依题意，没有不动点等价于方程无实数根无实数根， 即， 当时，二次函数的图象开口向上，则恒成立， 即，恒有， 而，因此有恒成立，即方程无实根， 当时，二次函数的图象开口向下，则恒成立， 即，恒有， 而，因此有恒成立，即方程无实根， 所以函数（）没有不动点，则方程无实根，C正确； 对于D，由，得， 易知当时，，单调递减，且，所以当时，的图象与直线有且只有一个交点； 当时，，单调递减，且； 当时，，单调递增.令，得， 解得，此时，所以直线与曲线相切于点. 所以直线与曲线共有两个交点，所以只有两个不动点，故D错误； 故选：AC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知 ，则 __________. 【答案】 【解析】 【分析】利用已知条件得到，然后结合二倍角的正切公式即可求解. 【详解】已知 ，展开得，即， 则，由于，所以，所以，即， 由二倍角的正切公式，可得. 13. 已知，则______． 【答案】15 【解析】 【分析】利用赋值法可求，利用换元法结合赋值法可求的值. 【详解】令，则， 又， 故， 令，则， 令，则，故 故答案为：. 14. 过点的直线与抛物线相交于两点，若恰为的中点，则线段的长为__________. 【答案】16 【解析】 【分析】用点差法求出直线斜率，得直线方程，联立方程组，利用韦达定理，由弦长公式计算可得． 【详解】设， 则，两式相减得， ∴， ∵的中点是，∴． ∴直线方程为，即， 由，得， 则， ∴． 故答案为：16 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，在三棱柱中，，平面平面. （1）证明：. （2）若，，，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） ∵，平面平面，平面平面，平面， ∴平面. ∵平面，∴. （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直得到线面垂直，利用线面垂直可证明结论. （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量可求得线面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得平面，∵平面，∴， ∵，，∴. 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， ∴，，. 设平面的法向量为，则， 令，则，故. 设直线与平面所成的角为，则， ∴直线与平面所成角的正弦值为. 16. 在中，分别为角的对边，且满足． （1）求角； （2）若为锐角三角形，设为的中点，若，且，求的面积． 【答案】（1）或； （2）3 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角结合三角恒等变换的公式即可求解； （2）在和中运用余弦定理建立方程组，解方程组，最后再根据面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得：， 因为，所以，所以， 即，所以或， 即或， 若，则， 若，则，因为，所以，即， 综上，或． 【小问2详解】 若为锐角三角形，则， 在中由余弦定理得，即① 在中由余弦定理得② 由①②消去，得，即． 因为，所以， 所以． 17. 某工厂的某生产车间2020年至2024年生产的年利润（百万元），统计数据如表所示： 年份 2020 2021 2022 2023 2024 年份代号 1 2 3 4 5 年利润 2.8 3.4 3.6 4.4 4.8 （1）已知变量具有线性相关关系，求年利润（百万元）关于年份代号的经验回归方程，并预测2025年该车间的年利润； （2）已知该工厂共有6个车间，根据每个车间的年利润分为“类车间”和“类车间”两类，其中“类车间”4个，“类车间”2个，现从这6个车间中任取3个车间，记随机变量为“类车间”的个数，求的分布列及其数学期望. 参考公式：，. 【答案】（1），5.3百万元. （2） 1 2 3 . 【解析】 【分析】（1）由最小二乘法即可求解回归方程，代入方程即可预测， （2）利用超几何分布的概率公式求解概率，即可得分布列，进而由期望公式得解. 【小问1详解】 由题意，根据表格中的数据，可得： ，， ，可得. 所以， 故的线性回归方程， 令，得，故2025年该车间年利润约为5.3百万元. 【小问2详解】 随机变量的可能值为， 可得，，， 所以的分布列为： 1 2 3 所以期望为：. 18. 已知过点的双曲线的渐近线方程为.如图所示，过双曲线的右焦点作与坐标轴都不垂直的直线交的右支于两点. （1）求双曲线的标准方程； （2）已知点，求证：； （3）若以为直径的圆被直线截得的劣弧为，则所对圆心角的大小是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】（1） （2） 由(1)可知，的斜率存在且不为0，所以设的方程为， 联立，消去得， 设，由题意得， 所以，且， 所以 ， 所以，即得证. （3） 由(2)可知恒成立，， 所以圆心到的距离， 半径， 设所对圆心角为， 则， 因为为劣弧，所以， 所以，所以，即所对圆心角的大小为定值. 【解析】 【分析】(1)利用双曲线的渐近线方程可设出双曲线的方程，再将点的坐标代入即可求解； (2)要证，只需证即可； (3)构造直角三角形，利用锐角三角函数即可求出定值. 【小问1详解】 因为双曲线的渐近线方程为， 所以设双曲线方程为，又双曲线过点， 则， 所以双曲线的方程为，即. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 已知函数. （1）解不等式的解集； （2）若满足关于的方程，求证； （3）若是函数的零点，求使得不等式成立的整数的最小值. 【答案】（1） （2）因为满足，即满足， 则，即， 令，则， 因，则函数在上单调递增，所以， 所以，即； （3） 【解析】 【分析】（1）构造函数研究其单调性，结合即可求解； （2）将条件化为，再结合的单调性即可得出，最后利用指对互化即可； （3）先利用同构思想化简题干信息得出，再结合其单调性得出，再构造函数，即可通过其单调性求出，然后求函数的值域，即可求出整数的最小值. 【小问1详解】 令， 则，故在上递增， 因， 则，得， 则不等式的解集为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为是函数的零点，则， 所以，即， 两边同除以有， 两边同乘以有， 所以，即， 即， 又函数在上单调递增，所以，即， 所以， 令，则，则在上单调递增， 又，，所以， 所以， 所以使得不等式成立的整数的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $