精品解析：辽宁沈阳市东北育才学校2026-2027学年高三上学期第一次模拟数学试卷

东北育才高中2026-2027学年高三上学期 第一次模拟考试数学试题 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：从每题四个选项中选出唯一正确的选项（5×8=40分） 1. 一组数据（）的平均数是2，方差是1，则另一组数据（）的平均数及标准差分别为（ ） A. 2，1 B. 7，3 C. 7，9 D. 4， 2. 设集合，集合，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列1，，，，4，则是该数列成等比数列的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 非充分非必要条件 4. 下图对应的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 5. 已知x，y，z都是正数，则，，这三个数（ ） A. 都大于2 B. 都小于2 C. 至多有一个大于2 D. 至少有一个不小于2 6. 将方程对应的曲线绕原点逆时针旋转角后，所得曲线是一个函数的图像，则锐角的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知等差数列、的前n项和分别为、，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，若对，都有是的必要条件，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：每题四个选项中有多个正确的选项（6×4=24分） 9. 把2，4，7，K四张牌分发给四人，每人按牌面数字记分（K记为13），然后收回重洗，再分发和记分，…，若干次后，发现四人累计各得16，17，21和24分.已知得16分者最后一次得2分，则下列说法正确的有（ ） A. 总共分发了3次牌 B. 总共分发了4次牌 C. 得16分者在第一次得分数为13 D. 得16分者在第一次得分数为7 10. 记，则下列不等式正确的有（ ） A. 当时， B. 当时， C. D. 11. 20世纪90年代中期，英国数学家安德鲁·怀尔斯证明了由法国数学家费马提出的猜想：“当整数时，关于x，y，z的方程没有正整数解”.使该猜想经历300多年终成“费马大定理”，因此安德鲁·怀尔斯获得菲尔兹特别奖.则下面说法正确的是（ ） A. 关于x，y，z的方程至少存在一组正整数解； B. 关于x，y的方程必然没有正有理数解； C. 关于x，y的方程可能有正有理数解； D. 当整数时，关于x，y，z的方程有正实数解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列为等比数列，，是方程的两个实数根，则___________. 13. 有4个相同的球，分别标有数字1、2、3、4，从中有放回地随机取3次，每次取1个球．记为这4个球中至少被取出1次的球的个数，则的数学期望__________． 14. 函数有两个极值点，，当时，的取值范围是___________. 四.解答题：本题共5小题，共77分. 15. 已知函数，且. （1）求实数和函数的定义域； （2）判断函数的奇偶性，简述理由； （3）若，求实数的取值范围. 16. 如图，两条相互垂直的公路，交于点O，有一个湖泊，其边界如曲线C所示，现要建一条笔直的小路l连通湖泊与公路，，要求l的端点A，B分别在，上，且l与曲线C相切于点P.现以O为原点，，所在直线分别为x轴和y轴建立平面直角坐标系，曲线C近似符合函数（，单位：百米）.设点P的横坐标为t. （1）求点A，B的坐标（用t表示）； （2）求小路l长度的最小值，及此时t的值. 17. 已知在正项数列中，且，其中为数列的前n项和. （1）求证：是等差数列，并求； （2）若对于任意，恒成立，求实数的取值范围； （3）设，，求数列的前n项和. 18. 近年来国产芯片技术日趋成熟，其中有一项工艺称为“二次曝光技术”，即在同一块晶片上先进行一次曝光，清洗，然后再进行一次曝光.只有两次曝光都成功，该晶片方可成功制作成1块芯片.假设第一次曝光的成功率为，第二次曝光的成功率为，每次曝光过程相互独立.现要制作1块芯片，依次对n块晶片进行曝光，操作要求如下：若某晶片第一次曝光失败则认为制作失败，不进行第二次曝光，继续曝光下一个晶片；若第一次曝光成功，则继续进行第二次曝光，若第二次曝光失败，则认为制作失败，若二次曝光都成功，即成功制作出1块芯片，且不再对后续的晶片进行曝光；若对这n块晶片都曝光完毕，无论是否成功制作出1块芯片，都停止制作. （1）当时，求成功制作出1块芯片的概率； （2）用这块晶片制作1块芯片，记随机变量为曝光的晶片个数，求的分布列和数学期望； （3）若一块晶片第一次曝光失败，则记该晶片曝光1次；若一块晶片第一次曝光成功，无论第二次曝光成功还是失败，都记该晶片共曝光2次.在这块晶片全部经过曝光，并成功制作出1块芯片的条件下，记随机变量为这块晶片曝光的总次数，求的数学期望. 19. 已知函数. （1）当时，讨论在上的单调性； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）若，是的两个零点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东北育才高中2026-2027学年高三上学期 第一次模拟考试数学试题 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：从每题四个选项中选出唯一正确的选项（5×8=40分） 1. 一组数据（）的平均数是2，方差是1，则另一组数据（）的平均数及标准差分别为（ ） A. 2，1 B. 7，3 C. 7，9 D. 4， 【答案】B 【解析】 【详解】已知数据（）的平均数是2，方差是1， 所以另一组数据（）的平均数是，方差是，标准差是. 2. 设集合，集合，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】若，则，解得， 因此当时，的取值范围为 3. 已知数列1，，，，4，则是该数列成等比数列的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 非充分非必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】分别判断充分性、必要性是否成立，结合等比数列的定义与性质推导结论. 【详解】首先判断必要性：若数列1，，，，4为等比数列，设公比为，根据等比数列通项公式，第3项，由于，故，必要性成立； 再判断充分性： 若，取特殊值，此时数列是，相邻项的比值不恒定，不满足等比数列的定义，充分性不成立； 综上，是该数列成等比数列的必要不充分条件. 4. 下图对应的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由图象可知，图象关于原点对称，函数为奇函数， 对于A，，为奇函数， ，接近，符合题意； 对于B，，为偶函数，不符合题意； 对于C，，为奇函数， ，远小于，不符合题意； 对于D，，为偶函数，不符合题意. 5. 已知x，y，z都是正数，则，，这三个数（ ） A. 都大于2 B. 都小于2 C. 至多有一个大于2 D. 至少有一个不小于2 【答案】D 【解析】 【分析】将三个代数式求和，结合基本不等式得到总和的最小值，再通过特例排除和反证法判断各选项正误. 【详解】首先计算三个代数式的和： 已知x，y，z均为正数，由基本不等式：对任意正数a，有，当且仅当时等号成立， 因此，当且仅当时等号成立，对选项逐一判断： 对于A项：当时，三个代数式的值均为2，不满足都大于2，故A错误； 对于B项：若三个数都小于2，则三者之和小于6，与三者之和矛盾，故B错误； 对于C项：取，此时，存在两个数大于2，故C错误； 对于D项：假设三个数都小于2，则三者之和小于6，与三者之和矛盾，因此三个数至少有一个不小于2，故D正确. 6. 将方程对应的曲线绕原点逆时针旋转角后，所得曲线是一个函数的图像，则锐角的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题可得，根据函数的性质判断单调性，求出过点切线斜率，得出切线的倾斜角，即可求解． 【详解】，则， 又在上单调递增，，， 则曲线过点切线的斜率，倾斜角为， 则锐角的最大值为． 7. 已知等差数列、的前n项和分别为、，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，不妨设，，其中， 所以 8. 已知函数，，若对，都有是的必要条件，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对，都有是的必要条件，即. 【详解】因为对，都有是的必要条件，所以， 即对恒成立， 当时，不等式等价于，又，即，. 排除C选项. 当时 ，，，， 令，则，又，所以， 即，故，.排除D选项. 当时，， 图像如下图所示： 当时，，因为，此时满足. 当时，，由上图可知，此时满足.故排除A选项. 二、多选题：每题四个选项中有多个正确的选项（6×4=24分） 9. 把2，4，7，K四张牌分发给四人，每人按牌面数字记分（K记为13），然后收回重洗，再分发和记分，…，若干次后，发现四人累计各得16，17，21和24分.已知得16分者最后一次得2分，则下列说法正确的有（ ） A. 总共分发了3次牌 B. 总共分发了4次牌 C. 得16分者在第一次得分数为13 D. 得16分者在第一次得分数为7 【答案】AD 【解析】 【分析】对于AB，注意到每次给四人发牌后，四人得分总和为，据此可判断选项正误；对于CD，由AB分析可得得16分者前两次得分和为， 然后由题设可判断选项正误． 【详解】对于AB，由题可得每次给四人发牌后，四人得分总和为， 因若干次后，四人累计得分之和为，则一共发了次牌，故A正确，B错误； 对于CD，由AB分析，结合得16分者最后一次得2分，可得前两次得分和为， 又四张牌牌面记分分别为，则第一次，第二次都得7分满足题意，故C错误，D正确. 10. 记，则下列不等式正确的有（ ） A. 当时， B. 当时， C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，由时，，结合题设可判断选项正误；对于B， 由时，，结合题设可判断选项正误；对于CD，由结合极限性质可判断选项正误． 【详解】对于A，因时， 则 ， 其中，故A正确； 对于B，因时，， 则 ， 其中，故B正确； 对于CD，由A可得当时，， 从而，故C正确，D错误． 11. 20世纪90年代中期，英国数学家安德鲁·怀尔斯证明了由法国数学家费马提出的猜想：“当整数时，关于x，y，z的方程没有正整数解”.使该猜想经历300多年终成“费马大定理”，因此安德鲁·怀尔斯获得菲尔兹特别奖.则下面说法正确的是（ ） A. 关于x，y，z的方程至少存在一组正整数解； B. 关于x，y的方程必然没有正有理数解； C. 关于x，y的方程可能有正有理数解； D. 当整数时，关于x，y，z的方程有正实数解. 【答案】BD 【解析】 【分析】结合费马大定理的内容，利用反证法判断有理数解的存在性，同时区分正整数解和正实数解的概念，逐项分析选项. 【详解】选项A：费马大定理明确当整数时，没有正整数解，， 因此不存在正整数解，A错误； 选项B：假设有正有理数解，设（均为正整数），代入方程得， 两边同乘得，其中均为正整数，与费马大定理矛盾， 因此假设不成立，该方程必然没有正有理数解，B正确； 选项C：由选项B的推导可知一定没有正有理数解，C错误； 选项D：费马大定理仅限定方程无正整数解，取，则为正实数，满足，因此方程存在正实数解，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列为等比数列，，是方程的两个实数根，则___________. 【答案】 【解析】 【详解】已知，是方程的两个实数根， 由韦达定理知，，，所以， 因为在等比数列中， 所以，因为，所以. 13. 有4个相同的球，分别标有数字1、2、3、4，从中有放回地随机取3次，每次取1个球．记为这4个球中至少被取出1次的球的个数，则的数学期望__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据随机变量取值计算对应的概率，代入期望公式计算． 【详解】为这4个球中至少被取出1次的球的个数，则， （表示有1个球被取出过，表示4个球中选出被取过的1个球，每次被取的概率为）； （表示有2个球被取出过，一个1次，一个2次，表示4个球中选出被取过的两个球，表示其中1个球取出1次，表示另一个球取出两次）； （表示有3个球被取过，每个都取了1次，3次有顺序，故用）； 故． 14. 函数有两个极值点，，当时，的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】由题可得在上有两个不同的解，，即在有两个不同的交点，令，利用导数先初步确定，再根据条件可得，令，得到，令，利用导数得到函数的值域，进而得到，然后根据，结合函数单调性即可求解． 【详解】，又有两个极值点，， 所以在上有两个不同的解，，又， 则在有两个不同的交点， 令，，的解为， 所以时，，单调递减， 时，，单调递减， 时，，单调递增， 则函数图象如下： 则，又，所以， . 令，则，则，， 两式相除可得， 令，， 令，， 时，，在上单调递减，， 即，在上单调递减， 因为函数与函数在处相切，所以， 又，则，即，解得， 又，，函数在上单调递减， 所以． 四.解答题：本题共5小题，共77分. 15. 已知函数，且. （1）求实数和函数的定义域； （2）判断函数的奇偶性，简述理由； （3）若，求实数的取值范围. 【答案】（1），的定义域为. （2）为偶函数， 由（1）知，的定义域关于原点对称，，， 所以为偶函数； （3） 【解析】 【分析】（1）先根据计算出，再使对数的真数大于0，即可得解； （2）先判断定义域是否关于原点对称，再根据与的关系判断奇偶性即可； （3）结合函数单调性得到不等式，求出解集. 【小问1详解】 因为，， 所以， 所以，又，所以， 所以， 所以要使函数有意义，则需，解得， 所以的定义域为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，所以. 因在定义域内单调递增，所以等价于， 解得， 所以的取值范围为. 16. 如图，两条相互垂直的公路，交于点O，有一个湖泊，其边界如曲线C所示，现要建一条笔直的小路l连通湖泊与公路，，要求l的端点A，B分别在，上，且l与曲线C相切于点P.现以O为原点，，所在直线分别为x轴和y轴建立平面直角坐标系，曲线C近似符合函数（，单位：百米）.设点P的横坐标为t. （1）求点A，B的坐标（用t表示）； （2）求小路l长度的最小值，及此时t的值. 【答案】（1）， （2）小路l长度的最小值为百米，此时 【解析】 【分析】（1）由导数几何意义，求出曲线在处的切线方程，进而求出点A，B的坐标； （2）由两点距离公式求出，令，通过导数求出单调性，进而求出最值. 【小问1详解】 由题意， 因为，故曲线在处的切线的斜率为， 所以切线方程为，即， 令，则；令，则， 故，. 【小问2详解】 由（1）可得，， 令， 因为，所以， 所以， 令， 则，令，则， 所以，当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当，即时，取到最小值为， 所以， 所以小路l长度的最小值为百米，此时. 17. 已知在正项数列中，且，其中为数列的前n项和. （1）求证：是等差数列，并求； （2）若对于任意，恒成立，求实数的取值范围； （3）设，，求数列的前n项和. 【答案】（1） 在数列中，①， 又因为②，， 所以得． 又因为， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以． 当时，， 当时，，也满足上式， 所以数列的通项公式为． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过前n项和的差与已知条件相除，推得是等差数列，求出后利用（）得到通项公式； （2）将恒成立问题转化为恒成立，构造数列，分析其单调性找到最大值，确定的取值范围； （3）裂项得，再求和得到即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，， 因为对于任意恒成立，所以恒成立． 设，则， 当和时，，即； 当时，， 所以， 所以数列的最大项是，所以， 即实数的取值范围为． 【小问3详解】 由（1）知，所以． 所以， 所以 . 18. 近年来国产芯片技术日趋成熟，其中有一项工艺称为“二次曝光技术”，即在同一块晶片上先进行一次曝光，清洗，然后再进行一次曝光.只有两次曝光都成功，该晶片方可成功制作成1块芯片.假设第一次曝光的成功率为，第二次曝光的成功率为，每次曝光过程相互独立.现要制作1块芯片，依次对n块晶片进行曝光，操作要求如下：若某晶片第一次曝光失败则认为制作失败，不进行第二次曝光，继续曝光下一个晶片；若第一次曝光成功，则继续进行第二次曝光，若第二次曝光失败，则认为制作失败，若二次曝光都成功，即成功制作出1块芯片，且不再对后续的晶片进行曝光；若对这n块晶片都曝光完毕，无论是否成功制作出1块芯片，都停止制作. （1）当时，求成功制作出1块芯片的概率； （2）用这块晶片制作1块芯片，记随机变量为曝光的晶片个数，求的分布列和数学期望； （3）若一块晶片第一次曝光失败，则记该晶片曝光1次；若一块晶片第一次曝光成功，无论第二次曝光成功还是失败，都记该晶片共曝光2次.在这块晶片全部经过曝光，并成功制作出1块芯片的条件下，记随机变量为这块晶片曝光的总次数，求的数学期望. 【答案】（1） （2）的分布列为 1 2 3 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到成功的概率为，失败的概率为，把所求的情况分解为三种，依次求解概率相加即可； （2）先确定随机变量的所有可能取值，结合时，，，即可得到分布列，再利用乘公比错位相减法即可得到期望； （3）考虑前块晶片中任意某块的曝光情况，记晶片的曝光次数为随机变量，根据条件概率公式计算和，得到，即可求得最后结果. 【小问1详解】 一块晶片，第一次曝光成功概率为，第二次曝光成功概率为， 则单块晶片制作成功概率为， 单块晶片制作失败概率为. 当时，成功制作出1块芯片包含： 第1块成功或第1块失败，第2块成功或第1、2块失败，第3块成功三种情况， 则第1块成功概率为； 第1块失败，第2块成功概率为； 第1、2块失败，第3块成功概率为， 所以当时，成功制作出1块芯片的概率. 【小问2详解】 由题意知，随机变量的所有可能取值为. 当时，说明前块晶片全部制作失败，第块制作成功， 因此概率为：， 当时，说明前块晶片全部制作失败，第块无论成功失败均停止曝光，因此概率为：， 所以随机变量的分布列为 1 2 3 ，令， 则， 两边同乘得： ， 两式相减得： ， 将代入期望公式：. 【小问3详解】 考虑前块晶片中任意某块的曝光情况， 由题意，这块晶片无论曝光几次，都是失败的， 记这块晶片的曝光次数为随机变量， 记事件“这块晶片曝光失败”，事件“这块晶片的曝光次数为次”. 由第（1）问可知. 所以， 故这块晶片曝光次数的数学期望为， 所以前块晶片曝光的总次数的数学期望为， 所以. 19. 已知函数. （1）当时，讨论在上的单调性； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）若，是的两个零点，证明：. 【答案】（1）当时，在上单调递减 （2） （3）即，不妨设， 则，整理得， 要证，即证，即证， 即证在上单调递增， 又，令， 则， 当时，单调递减；当时，单调递增， 故，即，，即在上单调递增， 故 【解析】 【分析】(1)利用导数研究函数的单调性； (2)根据对任意的恒成立，分离参数得到对任意的恒成立，即转化为求函数最值问题. (3)先根据分离参数，再构造函数利用导数进行证明. 【小问1详解】 因为，所以， 令，则，因为， 所以当时，单调递增；当时，单调递减， 故，即， 故在上单调递减. 【小问2详解】 对任意的恒成立， 即对任意的恒成立，因为时， 故对任意的恒成立， 即对任意的恒成立， 令，则， 当时，单调递增；当时，单调递减. 又，且， 故，故. 令，则， 故，故. 综上，的取值范围为. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $