数学(二)-【衡水金卷·先享题】2025-2026学年高三数学一轮复习摸底测试卷（C）

摸底卷C 数学（二） 2025— 2026学年度高三一轮复习摸底测试卷 摸底卷C·数学（二） 9 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I,抽象概括能力Ⅱ.推理论证能力Ⅲ，运算求解能力Ⅳ.空间想象能力V.数据处理能力 Ⅵ.应用意识和创新意识 2.学科素养： ①数学抽象 ②逻辑推理③数学建模 ④直观想象 ⑤数学运算 ⑥数据分析 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) ⅡⅢNVM①②③④⑤⑥档次系数 选择题 5 含有一个量词的命题的否定 易 0.82 2 选择题 5 集合与复数的综合 0.75 3 选择题 5 由向量垂直的坐标运算求参 易 0.70 4 选择题 5 双曲线的渐近线方程 中 0.60 分层随机抽样中的均值与方 选择题 5 0.55 差的计算 6 选择题 5 抽象函数的性质（不涉及导数） 0.50 7 选择题 5 解三角形 中 0.32 8 选择题 5 涂色问题 难 0.28 9 选择题 6 正弦型函数的性质 中 0.60 10 选择题 6 两曲线的公切线问题 中 0.50 以正方体为载体的立体几何 11 选择题 6 难 0.28 问题 12 填空题 等差数列的通项与前n项和 中 0.69 三角变换中的知式求值，涉及 13 填空题 5 0.55 倍角公式 14 填空题 5 椭圆与圆的综合 中 0.30 等比数列的证明，错位相减法 15 解答题 13 中 0.60 求和 利用导数求函数的极值，由不 16 解答题 15 中 0.50 等式求参 翻折问题，证明线面垂直，求 17 解答题 6 0.40 线面角的正弦值 摸底卷C 数学（二） 方案设计问题，利用数学期望 18 解答题 17 选择最优方案，涉及全概率 / / 难 0.26 公式 19 解答题 17 抛物线与解三角形的综合 难 0.22 ·%2 摸底卷C 数学（二） 参考答案及解析 数学（二） 一、选择题 =2,又 1.C【解析】命题“3x∈(0，十o∞)，x2-2x十a≤0”的 2CD.所以由角￥分线的作质得是=部 否定为“Hx∈(0，十o∞)，x2-2x十a>0”.故选C. AB=3,所以AC=号，则在△ABC中，由余弦定理得 2.A【解析】设之=a十bi(a,b∈R),因为|之|=1，所以 √a十b=1,则a2+b=1,所以集合A表示在复平 BC=AB+AC-2AB·ACcs∠BAC=9+号 面上以原点为圆心，1为半径的单位圆上的所有复 数，又集合B={1,一1，i,-i)中的元素都满足集合A 2X3×号×（号）-架所以C= 2,在△ABC 中元素的条件，且单位圆上有无数个复数，所以B AC BC A.故选A. 中，由正弦定理得n2ABC sin∠BAC,则 3.A【解析】因为a=(2,入)，a十b=(4,-3),所以 b=(2,-3-入)，因为a⊥b,所以a·b=0,即4-3入 A以-子×g至复 -λ2=0，解得λ=1或λ=一4.故选A. BC 3√7 2/7 141 4.B【解析】设双曲线C的左焦点为F,原点为O,设 2 线段PF与C的另一条渐近线交于点Q,则由题意可 故选A. 得∠POQ=∠FOQ=∠POF'=受，所以双曲线C的 8.C【解析】给挂件进行如图所示的编号，由题意可知 3 1号有4种涂色方法，2,3,4号有A=6种涂色方法， 渐近线的斜率为士tan号=士尽，则双曲线C的渐近 5,6,7号的涂色方法分情况讨论如下：若5号与1号 同色，6号与2号同色，则7号只有1种涂色方法：若 线方程为y=士√3x.故选B. 5号与1号同色，6号与2号异色，此时6号只有1种 涂色方法，则7号有2种涂色方法，则5,6,7号有1× 1×1+1×1×2=3种涂色方法.若5号与1号异色， 与3号同色，5号只有1种涂色方法，当6号与4号同 色时，7号有2种涂色方法；当6号与4号异色时，6 号有2种涂色方法，7号有1种涂色方法，则5,6,7号 有1×(1×2+2×1)=4种涂色方法：若5号与1 号、3号均异色，5号只有1种涂色方法，6号、7号均 有2种涂色方法，则5,6,7号有1×2×2=4种涂色 方法.综上，所有的涂色方法种数为4×6× 5.D【解析】由题可得抽取的所有学生成绩的平均数 (3+4十4)=264.故选C. 为=品(50a十40)=104，则抽取的所有学生成绩 的方差为2=职[+(a-)]+0[对十 90 石-)门=号[8+(112-104)2]+号[8+(94 104)]=88.故选D. 6.D【解析】因为f(x+1)=f(x)+1,f(1)=1,所以 f(2)=f(1)+1=2,f(3)=f(2)+1=3,…,所以 二、选择题 {f(n)}(n∈N)构成首项为1，公差为1的等差数 9.ACD 【解析】由题可得sin(+晋)=2，因为 列，所以f(n)=1十(n-1)X1=n,则由g(x)=f(x) -x十2，得g(n)=f(n)-n十2=2，所以g(1)十g(2) 0<a<3,所以吾<警+晋<ξ，所以g+晋-要， 十…十g(2026)=2×2026=4052.故选D. 7.A【解析】因为AD为∠BAC的平分线，且BD= 解得w=2,所以f()=sim(2x+).对于A,f(x) %1 摸底卷C 数学（二） 的最小正周期为T=罗=，故A正确：对于B,令 确.故选ABD, -乏十2km≤2x十石≤受十2km,k∈Z,解得-于 k≤<看十k,k∈Z,令A=2,得要≤x<1名，所以 e =-x2+x+1 f)在区间[受，]上单调递增，而[经，] [,],故B错误：对于C,令2x晋=受十m, k∈，解得x=吾十经，k∈乙，令k=-1,得x 11,AD【解析】以D为原点，DA,DC,DD所在直线 一子，所以x)的图象关于直线x=一号对称，故C 分别为x,y,之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 正确：对于D,由题可得y=sim[2(x一受)十若] sim(2x-受）=-cos2x,为偶函数，故D正确.故 选ACD. 10.ABD【解析】对于A,令(x)=f(x)一g(x)= e+x2-x-1,则(x)=e2十2x-1,易知 9(x)单调递增，且9(0)=0，所以当x∈(-o∞，0) 时，0(x)<0,9(x)单调递减，当x∈(0，十∞)时， 则A(2,0,0),C(0,2,0),A1(2,0,2),B1(2,2,2), p'(x)>0,9(x)单调递增，所以p(x)≥p(0)=0, D1(0,0,2),E(1,2,0),F(0,1,2).对于A,AA1= 所以方程(x)=0有唯一解x=0,所以曲线y= (0,0,2),E京=(-1，-1,2)，所以cos(AAr,E) f(x)与y=g(x)有且只有一个公共点，故A正确； 1AA·E=4- 对于B,由A可知曲线y=f(x)与y=g(x)的公共 ,所以异面直线AA |AAI·EF|26 3 点为(0,1)，由f(x)=e,得f(x)=e,则 f(0)=1,所以曲线f(x)=e在点(0,1)处的切 与EF所成角的余孩值为气，故A正确：对于B,因 线方程为y=x十1.由g(x)=-x2十x十1，得 为VA-H=VH-B,△AAB的面积为定值，所以 g'(x)=一2x十1，则g'(0)=1,所以曲线g(x)= 当点H到平面A1AB的距离最短时，三棱锥 -x+x十1在点(0,1)处的切线方程为y=x十1， A:一ABH的体积最小，显然当点H与点E重合 故B正确：对于C,设公切线与曲线y=∫(x)切于点 时，点H到平面A1AB的距离最短，则最短距离为 (e),因为了(x)=c,令1=，解得1 BE=1,所以三棱锥A1-ABH体积的最小值为 1 n号=-n2,则切点为(-1n2,2）,切线方程为 Sm·BE=号×号×2X2X1=号故B错 )y专xh2)+号名x+号1+n2.设公切 误；对于C,A1方=(-2,1,0)，D它=(1,2，-2)，设 AG=xA1市=(-2x,A,0),D1i=uD1E=(u,2μ， 线与曲线y=g(x)切于点(x2,-x号十x2十1)，因 -2),A,∈[0,1]，则G(2-2λ，a,2),H(,2,2 为g（x)=-2x十1，令-2十1=弓，解得 2),所以Gi-(u-2+2x,2u-λ，-2μ)，易知平面 BCCB的一个法向量为m=(0,1,0),若GH∥平 子则切点为（子器）切线方程为y 面BCCB,则Gi·m=0,即24-λ=0，则入=2μ， 号(：)+最-之品两切线方程不同，所 所以Gi=(5n-2,0,-2p),e[0,2],所以 以不存在斜率为7的公切线，故C错误：对于D,由 |Gi|=√(54-2)2+(-2)严=√29μ-20u+4, AB可知，曲线f(x)=e与g(x)=一x2十x十1只 当=8时，i=-V√罗=≠反，放C 29 有一个公共点(0,1)，且在该点处的公切线方程为 错误；对于D,A1C=(-2,2,-2),由C选项可知 y=x十1，结合图象可知，e≥x+1,x十1≥-x2十x +1,所以e≥-x2十x+1,即f(x)≥g(x),故D正 Gi=(-2+2λ，24-λ，-2)，若GH⊥AC,则 Gi·A1C=-2(u-2+2λ)+2(2μ-λ)十4=0，即 ·%2· 摸底卷C 数学（二） 3一3就十2=0.则A-=号，又∈[01]：存在 所以数列{an十2}是以3为首项，3为公比的等比 数列， (4分) 满足--号的解，故D正确故选AD, 所以an十2"=3·3”-1=3"， (5分) 三、填空题 则an=3”一2”. 12.9【解析】设数列{an}的公差为d,因为a3=7, (2)由(1)知an十2=3"， a=11,所以d=as2a=11,7=2,则a1=4-2d 所以么=兰 (6分) 2 2 =3,所以S=a1+nn,D1=r+2,由S>80, 2 得k2十2k>80,即k2+2k一80>0，解得k>8或k< (8分) 一10，所以正整数k的最小值为9. 1 两式相减得号工=号子十十…十号品 2 ,【解析】法一：因为tana =4,即sinc十 tan a cos a cos a_ 1 1 -=4,即sin acos a= ，即sin2a= (1-) ”=1 1 sin a sin acos a 1- 30+=2-2·3 之因为e∈(0，于)，所以2a∈(0，受），所以 2n+3 cos2a=5所以sin4a=2sin2acos2a= 6·3" (11分) 2 2 (13分) 法二：因为tan atan。=4,所以ama-41ana十 所以T=子 16.解：(1)因为f(x)=xlnx-a.x十x,x>0, =0,因为a∈(0，子），所以ana∈(0,1，所以 所以f(x)=lnx+1-a十1=lnx+2-a,(2分) tana=2-√3，所以tan2a= 2tan a 令f(x)=0,得x=e-2, 1-tan'a 则当0<x<e-时，f(x)<0,f(x)单调递减； 2(2-B)=2(25)=1= 当x>e“-时，f(x)>0,f(x)单调递增，(5分) 1-(2-√3)2 4W3-6√3 3,所以sin4a= 所以f(x)的极小值为f(e-2)=e-2(a-2)- 2sin 2acos 2a 2sin 2acos 2a 2tan 2a ae“2十e2=一e"-2,无极大值. (7分) sin2 2a+cos 2a 1+tan?2a (2)由不等式f(x)≥-1，得xlnx-a.x十x+1≥0， 2×号 3 即a长n+1+ (8分) 1+(停 令h)=nx+1+上，x>0,则a<hm, 14.(x-√3)2+y2=5 【解析】由题可得M(√， (10分) 0),则圆M的方程为(x一)十y=5.由题可得 所以当0<x<1时，h'(x)<0,h(x)单调递减： 直线PQ的方程为y=x一√3，设P(x,y), 当x>1时，h'(x)>0,h(x)单调递增， 所以h(x)im=h(1)=2, (13分) y=x-√3 Q(x2,2),联立 +-1得5x一8vx+8 则a≤2， x 所以a的取值范围为（一oo,2]. (15分) 0,则△=(-8√5)2-4X5X8=32>0,所以x1+x2 17.解：(1)在矩形ABCD中，AB=2,AD=4,E为AD 的中点， =83 5 x2= 号，则|PQ=E1-=E, 所以CE=BE=2√E, √（十）-41=2x4E-8 所以CE+BE=16=BC”, 5 51 所以CE⊥BE, (3分) 四、解答题 因为平面PBE⊥平面BCDE,平面PBE∩平面 15.解：(1)因为an+1=3an十2”， BCDE=BE,CEC平面BCDE, 所以an+1+2m+1=3(an十2”)， (2分) 所以CE⊥平面PBE. (5分) 又a1+2=1十2=3≠0， (2)取BE的中点O,BC的中点F,连接OP,OF, 所以+1十2a+1 4,十203， 则OF∥CE, 所以OF⊥平面PBE, ·%3 摸底卷C 数学（二） 由题可得PB=PE,所以OP⊥BE, 3 所以BE,OF,OP两两垂直， (7分) 以O为原点，OB,OF,OP所在直线分别为x,y,之 (1-p1)·《1-1)(1-p3) (1-p1)p 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， (1-p)p (1-p1) 则E(X)=p1十2(1-p1)p十3(1-p1)(1-p3)p +4(1-p1)(1-p)(1-p1)=-3p1-2p:-p1+ 2p1p3十D1p1+p3p1一p1pp1+4, (12分) 若安排B第一个出场，记派出的队员人数为Y, 同理可得E(Y)=-3p:-2p一p1十2p2p十p2p B 十pp1一2p3p1十4， (14分) 则E(X)-E(Y)=一3p1十3p2十2p1p:-2pp十 p1p1一p2D1-p1p:D1十p2p:p D A =（p-p)(2p:十p1一pp1-3), (15分) 则P(0,0√2)，B(2,0,0),C（-√2,2√2,0)， 因为1>1>p2>p>p1>0, D(-2√2，√2,0)， 所以p1-p2>0,0<2p<2,0<p3p1<1, 则2p十p1一pp1-3<0, 所以Pi=(2,0,-2),DC=(2w2,0),P方= 所以E(X)一E(Y)0,即E(X)E(Y), (-2√22，-√2) (10分) 所以要使派出队员人数的期望较小，甲组应安排A 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z), 第一个出场 (17分) 则n…市-2Exy-=0 19.解：1)由题可得F(号，0小， n.DC=√2x十2y=0 取x=1,得y=-1,2=-3, 则直线1的方程为y=x一号， (1分) 所以n=(1,-1,-3). (12分) 设直线PB与平面PCD所成的角为O, 与y=2px联立，得r-3px十片=0， 所以sin0=|cos(pi,n>= PB.n PB·|n 则4=(-3p)2-4× 4=8p2>0, W2+32_2√22 所以4十x2=3p,1x2=) 2×/11 11 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 所以|AB|=√2·√/(x十x)'-4xx2=√2· 2√22 √/9p2-p=4p. (4分) 11 (15分) (2)(1)由题意知直线1的方程为y=k(x-2)小， 18.解：(1)(1)甲组的四名队员按A,B,C,D的顺序都 k≠0， 出场的概率为P子×之×号子 (3分) 与y2=2pr联立，得x2-p(k+2)x+2=0, (ⅱ)记事件H表示“甲组只派A,B两名队员出 则△'=p2(k2+2)2-k1p2=4p2(k2+1)>0, 场”， 事件M表示“A罚中”，事件V表示“B罚中”， 所以西十，-卫2西-仑， 2 4 (6分) 则P(H)=P(MN)十P(NM) 所以OA·OB=x1x2十y1 =P(M)P(N M)P(N)P(MN) =号×（合×品）+2×（号×品）=0 =x1x2-V√2px1·2px2 (8分) =x1x2-2pW/1x2 (2)若安排A第一个出场，记派出的队员人数为X, (8分) 由题意可知X的可能取值为1,2,3,4， =片-=是 则P(X=1)=1,P(X=2)=(1-p)p3, 又|OA|=√i+近=√i+2p1, P(X=3)=(1-p)(1-p)p1, |OB|=√/x+=√+2px, P(X=4)=(1-p)(1-p)(1-p1), (10分) 所以|OA|·|OB|=√/(x1+2px1)(x+2px2) 所以X的分布列为 =√/(x1x2)十2p.x1x2(x1十x2)十4px1x2 =√(F)厂+2p…·22+4p.e 2 ·4 摸底卷C 数学（二） (10分) 所以tan∠AOF·tan∠BOF=-4业=D =4, 4 所以cos∠AOB= OA.OB 即sin∠AOF.sin∠BOF 1O41·1ōB1 'cos∠AOF'cos∠BOF 二4 少√儒 所以Os∠AOF·es∠BOF=子sn∠AOF· sin∠BOF, (15分) 解得= 又cos∠AOB=cOs(∠AOF+∠BOF) 7, =cos∠AOF·cos∠BOF-sin∠AOF·sin∠BOF 所以k-± = 1 7 (12分) 3 (ⅱ)不妨设点A在第一象限. 所以子sin∠AOF·sin∠BOF-sin∠AOF· 由(1)可知= 7,My2=-p2, sn∠BOF=-sim∠AOF·sn∠BOF=-子 所以1十=8p,= 4” 所以sin∠AOF·sin∠BOF=手 (17分) 因为tan∠AOF=兰，tan∠BOF=-兰 ·%52025一2026学年度高三一轮复习摸底测试卷 数学（二） 本试卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在 答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：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。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在 试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交 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.命题“了x∈(0，十∞)，x2-2x十a≤0”的否定为 A.3x∈(0，+o∞)，x2-2x+a>0 B.3x∈「0，+o∞)，x2-2x+a≤0 C.Hx∈(0，+oo),x2-2x+a>0 D.Hx∈(0，十co),x2-2x+a≤0 2.已知集合A={x∈Cz=1},B={1,一1，i,-i},则 A.B手A B.A年B C.A=B D.A∩B=0 3.已知向量a=(2,入)，a十b=(4,一3)，若a⊥b,则入的值可以为 A.-4 B.-2 C.2 D.3 已知双曲线C:无-若=1(Q>0,b>0)的右焦点为F,点P在C的一条渐近线上 一条渐近线恰好是线段PF的垂直平分线，则C的渐近线方程为 A.y=±√2x B.y=士√3x C.y=士2x D.y=士3x 5.某学校从高三某次联考中随机抽取了两个不同层次的学生a1,a2,…,aso与b1,b2,…, bo的成绩，通过计算可得两个层次学生成绩的平均数分别为a=112,b=94,方差为 s后=s=8,则抽取的所有学生成绩的方差为 A.8 B.36 C.64 D.88 6.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x十1)=f(x)+1,且f(1)=1,若函数g(x)= f(x)一x+2,则g(1)十g(2)+…+g(2026)= A.512 B.2026 C.3032 D.4052 7.在△ABC中，∠BAC=,AD是∠BAC的平分线，BD=2CD,AB=3, 2π 则sin∠ABC= A何 B.V②1 7 c D. 8.如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件， 每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂 件.现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的色，且同一 层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为 A.54 B.154 C.264 D.286 数学（二）第1页（共4页) 衡水金卷·先 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f)=m(+若)0<aw<3)过点（昏·），则 A.f(x)的最小正周期为π B.f(x)在区间g,6 [4π13π1 上单调递增 C.f()的图象关于直线r=一号对称 D.将()的图象向右平移个单位长度后得到的图象对应的函数为偶函数 10.已知函数f(x)=e与g(x)=-x2+x+1,则 A.曲线y=f(x)与y=g(x)有且只有一个公共点 B.直线y=x十1是曲线y=f(x)与y=g(x)的公切线 C.曲线y=f(x)与y=g(x)存在斜率为2的公切线 D.f(x)≥g(x) 11.如图，在棱长为2的正方体ABCD一A1BC1D1中，E,F分别为棱BC,C1D1的中 点，G,H分别为线段A1F,D1E上的动点，则 D A.异面直线AA,与EF所成角的余弦值为5 9 B.三棱锥A1一ABH体积的最小值为2 C.当GH∥平面BCCB1时，线段GH的最小值为√2 D D.存在点G,H,使得GH⊥AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知等差数列{an}的前n项和为Sm,且a3=7,a5=11,若S.>80,则正整数k的最 小值为 13.已知tana+ tan g =4,且a∈(0，，则sin4a 14.已知圆M的圆心为椭圆C:+=1的右焦点，半径为，5，则圆M的方程为 若斜率为1的直线过圆心M且与C交于P,Q两点，则PQ的值为 .(本 题第一空2分，第二空3分) 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) 已知数列{an}满足am+1=3am十2”，且a1=1. (1)证明：数列{am十2”}为等比数列，并求出{an}的通项公式； (2》设642，求数列6，的前项和7 享题·摸底卷 数学（二）第2页（共4页) @ 16.(本小题满分15分) 已知函数f(x)=xnx一ax十x. (1)求f(x)的极值； (2)若对Vx∈(0，十oo),f(x)≥一1，求a的取值范围. 17.(本小题满分15分) 在矩形ABCD中，AB=2,AD=4,E为AD的中点，将△ABE沿BE翻折至 △PBE,使得平面PBE⊥平面BCDE,得到如图所示的四棱锥P一BCDE. (1)证明：CE⊥平面PBE; (2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值： 数学（二）第3页（共4页） 衡水金卷 18.(本小题满分17分) 某足球俱乐部举行罚点球表演赛，规定：每组四人，且该组每人最多出场一次，每次 出场只派一名队员，一旦有队员出场罚中点球，则该组的表演结束，否则派下一名队 出场.现有甲组的A,B,C,D四人组队参加表演赛，他们各自罚中的概率分别为1,2， 3,p4,且1，p2,p3,p4互不相等. IE知3=2么-号A-景 (ⅰ)若甲组每名队员能否罚中相互独立，求甲组的四名队员按A,B,C,D的顺序 都出场的概率； (ⅱ)若前面一人未罚中，则后面紧挨着出场的队员多少受到一些干扰，从而导致罚 中的概率变为原罚中概率的。，求甲组只派A,B两名队员出场的概率： (2)已知每名队员能否罚中相互独立，且1>p2>p>p4.若计划安排C,D分别在 第二个、第三个出场，从A,B中选一个在第一个出场，要使派出的队员人数的期望较 小，试确定安排谁第一个出场. 19.(本小题满分17分) 已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,过点F的 直线l与C交于A(x1,y),B(x2,y2)两点. (1)若直线l的斜率为1，求AB; (2)记直线1的斜率为k,若cos∠AOB=一号 3 (ⅰ)求k的值； (i)求sin∠AOF·sin∠BOF的值 先享题·摸底卷 数学（二）第4页（共4页） @