精品解析：陕西西北工业大学附属中学2026-2027学年第一学期高三年级第一次模考数学试题

西北工业大学附属中学2026-2027学年第一学期 高三年级第一次模考数学试题 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数z满足(1+2i)=i，则复数z在复平面内对应点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 当，函数取得最小值2，则（ ） A. B. C. D. 4. 若，则称为函数的幸福点.设函数，则“”是“是的幸福点”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 5. 定义在上的函数是奇函数，为偶函数，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若正实数，满足，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 7. 已知抛物线的焦点为，斜率为的直线经过点，并且与抛物线交于、两点，与轴交于点，与抛物线的准线交于点，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，当关于实数的方程有个根时，实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分，若只有3个正确选项，每选对一个得2分．） 9. 已知双曲线和，其中，且，则（ ） A. 与有相同的实轴 B. 与有相同的焦距 C. 与有相同的渐近线 D. 与有相同的离心率 10. 已知正实数，，满足，则（ ） A. B. C. D. 11. 设为坐标原点，已知对任意实数，直线与圆都有两个交点，，则（ ） A. 直线过定点 B. C. 当时，的最小值为 D. 当时， 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 若函数（其中）为偶函数，则曲线在处的切线方程为__________． 13. 设数列是公差为的等差数列，为公比为的等比数列，若，，，记数列的前项和为，则_____． 14. 若方程在上有解，则实数的取值范围是_____． 四、解答题：本题共5题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．（第15题13分，第16题15分，第17题15分，第18题17分，第19题17分） 15. 某银行储蓄卡的密码由6位数字组成，在该银行自助取款机上取款时，若密码输入正确，则可成功取款，若密码连续输错3次，则不能继续输密码，取款失败．甲利用储蓄卡在该银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字．求： （1）任意按最后1位数字，不超过2次就成功取款的概率； （2）如果记得密码的最后1位是偶数，记表示取钱时输密码的次数，求随机变量的分布列和数学期望． 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，且． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值． 17. 在中，角的对边分别为．已知． （1）求； （2）设边的垂直平分线交边于点D．若，，求的值． 18. 已知的两个顶点，，点G为的重心，边上的两条中线的长度之和为6，记点G的轨迹为曲线E． （1）求曲线E的方程； （2）若点P是曲线E上的任意一点，，，，，直线PC，PD与x轴分别交于点M，N． ①求的最大值； ②判断是否为定值．若为定值，求出该定值；若不为定值，求出它的最大值． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：（，）； （3）若函数有三个不同的零点，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西北工业大学附属中学2026-2027学年第一学期 高三年级第一次模考数学试题 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数z满足(1+2i)=i，则复数z在复平面内对应点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】化简得复数i,即得解. 【详解】由题得==i. 复数对应的点为， 由于在第一象限，所以复数对应的点在第一象限， 故选：A 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据偶次根式要求被开方式大于等于零，求得集合，解一元二次不等式求得集合，之后求交集得到结果. 【详解】由，得，所以， 由，解得，解得， 所有， 故选：B. 【点睛】该题考查的是有关集合的问题，涉及到的知识点有偶次根式有意义的条件，一元二次不等式的求解，集合的运算，属于简单题目. 3. 当，函数取得最小值2，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据和列出方程组解出和的值，再代入即可得出的值. 【详解】由题可得，，， 联立可得，解得， 此时， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故时，取得最小值，符合题意， 所以. 4. 若，则称为函数的幸福点.设函数，则“”是“是的幸福点”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】B 【解析】 【分析】根据幸福点的定义求函数的幸福点为，再根据充分必要条件判断即可. 【详解】根据函数的幸福点定义， 当时，令，解得； 当时，令，解得； 所以函数的幸福点为. 所以“”是“是的幸福点”得充分不必要条件. 故选：B 5. 定义在上的函数是奇函数，为偶函数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用函数奇偶性确定函数的周期，再由周期性求出函数值. 【详解】由函数是上的奇函数，得， 由为偶函数，得， 则，， 因此函数是周期为8的周期函数，且， 所以. 6. 已知函数，若正实数，满足，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性及单调性，结合题设可得，然后利用基本不等式“1”的代换求解最值即可. 【详解】由，， 则，故是定义在上的奇函数， 由，得， 由为增函数，知是增函数， 所以，即， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立， 则的最小值是. 7. 已知抛物线的焦点为，斜率为的直线经过点，并且与抛物线交于、两点，与轴交于点，与抛物线的准线交于点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设准线与轴的交点为，过作准线的垂线，垂足为，，根据抛物线的定义以及三角形的性质可得，根据含角的直角三角形的性质可得答案. 【详解】当在第一象限时， 设准线与轴的交点为，过作准线的垂线，垂足为， 因为，且为的中点， 所以为三角形的中位线，即， 所以，又根据抛物线的定义， 所以， 所以在直角三角形中，， 所以，此时， 根据对称性，当在第四象限时，， 故选：D. 8. 已知函数，，当关于实数的方程有个根时，实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别作出函数，的图象，分、、和四种情况讨论，结合函数图象分析交点个数即可得解. 【详解】分别作出函数，的图象，如图所示， 令，则即为， 若，则方程没有根，不合题意； 若，则方程有且仅有1个根，即， 可知方程有且仅有2个不相等根，不合题意； 若，则方程有2个不相等实根，， 方程有且仅有2个不相等实根，且方程有且仅有2个不相等实根， 所以方程有4个不相等实根，不合题意； 若，则方程有3个不相等实根，，， 方程有且仅有2个不相等实根，且方程有且仅有2个不相等实根， 由题意可知方程有且仅有2个不相等实根，则或， 可得； 综上所述：实数的取值范围是. 【点睛】本题的关键是将方程根的问题转化为复合函数的零点个数问题，利用函数图象对参数进行分类讨论求解. 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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分，若只有3个正确选项，每选对一个得2分．） 9. 已知双曲线和，其中，且，则（ ） A. 与有相同的实轴 B. 与有相同的焦距 C. 与有相同的渐近线 D. 与有相同的离心率 【答案】BC 【解析】 【分析】根据条件，利用双曲线的性质，对各个选项逐一分析判断，即可求解. 【详解】对于选项A，双曲线的实轴在轴上，实轴长为， 双曲线的实轴在轴上，实轴长为，所以选项A错误， 对于选项B，双曲线和焦距均为，所以选项B正确， 对于选项C，双曲线的渐近线为，双曲线的渐近线为，所以选项C正确， 对于选项D，双曲线的离心率为， 双曲线的离心率为，所以选项D错误， 故选：BC. 10. 已知正实数，，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用基本不等式可判断AB；举反例，可判断C；利用二次函数的范围可判断D. 【详解】已知正实数  满足 ， 选项 A：，当且仅当  时取等号， 故 ，当且仅当  时取等号，故A正确； 选项 B：由均值不等式，， 当且仅当  时取等，故B正确； 选项 C：取 ，则 ， 满足，但不满足 ，故C错误； 选项 D：代入 ，得 ， 当且仅当  时取等，故D正确. 故选：ABD 11. 设为坐标原点，已知对任意实数，直线与圆都有两个交点，，则（ ） A. 直线过定点 B. C. 当时，的最小值为 D. 当时， 【答案】BC 【解析】 【分析】直线过定点问题将含参数部分合并同类项，令其为零即可得到定点；判断定点与圆的位置关系结合两点间距离公式得到判断半径的范围；根据向量的数量积定义将数量积的最小值转化为求的最小值求解；利用弦长公式和圆心到直线距离的范围求解. 【详解】选项，将直线整理为， 令得，故直线过定点，故错误. 选项，由题可知直线与圆总有两个交点，则说明定点在圆内， 圆心为，半径为，可得， 因为在圆内，所以，即，故正确. 选项，当时， ， 要使最小，只需要最小即可， 圆心到直线的距离，且， 则. 由，将上式代入得 ， 整理得， 由， 解得，故最小值取， 因此最小值为， 故正确. 选项，当时， 弦长公式， 因为,则， 故,故错误. 故选： 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 若函数（其中）为偶函数，则曲线在处的切线方程为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合导数的几何意义，即可求解. 【详解】因为函数为偶函数，可得，即， 所以，整理得恒成立，所以，即， 当时，可得，则，可得，且， 则切线的斜率为，切点坐标为， 所以切线方程为，即. 13. 设数列是公差为的等差数列，为公比为的等比数列，若，，，记数列的前项和为，则_____． 【答案】59158 【解析】 【分析】根据给定条件，列出方程组求出，再利用分组求和法及公式法求解. 【详解】由已知及，得，而， 解得，所以. 14. 若方程在上有解，则实数的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】将方程整理成，利用同构思想，设，求导判断其单调性，推得，设，判断其单调性确定其最小值，即得参数的范围. 【详解】由得， 即， 即. 设，则， 因为，所以在上单调递增， 所以，即， 设，则， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以，所以， 即实数的取值范围是. 四、解答题：本题共5题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．（第15题13分，第16题15分，第17题15分，第18题17分，第19题17分） 15. 某银行储蓄卡的密码由6位数字组成，在该银行自助取款机上取款时，若密码输入正确，则可成功取款，若密码连续输错3次，则不能继续输密码，取款失败．甲利用储蓄卡在该银行自助取款机上取钱时，忘记了密码的最后1位数字．求： （1）任意按最后1位数字，不超过2次就成功取款的概率； （2）如果记得密码的最后1位是偶数，记表示取钱时输密码的次数，求随机变量的分布列和数学期望． 【答案】（1） （2）分布列如下： 1 2 3 【解析】 【分析】（1）由条件概率及古典概型公式求解即可； （2）根据题意，可能的取值为1，2，3．记“最后1位密码为偶数”，由条件概率公式求出对应的概率，即可得分布列，再由期望公式求解即可. 【小问1详解】 设“第次成功取款”， 则事件“不超过2次就成功取款”可表示为． 则． 【小问2详解】 根据题意，可能的取值为1，2，3． 记“最后1位密码为偶数”， ， ， ， 所以的分布列为 1 2 3 故随机变量的期望． 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，且． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先由线段关系证，结合面面垂直的性质判定线线垂直，利用线线垂直证线面垂直； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可. 【小问1详解】 由题意，则， 因为，所以， 因为平面平面，平面平面， 且平面， 所以平面， 因为平面，所以， 且平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； 【小问2详解】 如图，以A为原点，分别为轴，轴正方向，在平面内过点A作平面ABC的垂线为z轴， 建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 设平面的一个法向量， 则，令，得， 设平面的法向量， 则，令，得， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的正弦值为． 17. 在中，角的对边分别为．已知． （1）求； （2）设边的垂直平分线交边于点D．若，，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先用正弦定理将已知边的关系式全部转化为角的正弦形式，展开并代入等式，消去两边相同项后提取公因式，结合三角形内角正弦不为，求出，再由角的范围确定的大小； （2）由垂直平分线性质得，得到；利用等腰外角关系得，在中列余弦定理；再对用正弦定理建立与的等式，结合二倍角公式联立求出，由为锐角开方得到． 【小问1详解】 由，得， 即， 因为，所以， 所以， 化简得，而，所以， 又，所以； 【小问2详解】 因为在的垂直平分线上，所以， 因为，所以，即， 在中，，所以，，， 在中，，，，， 因为， 所以，即①， 在中，由，得，即②， 将②代入①中，得， 即，解得， 所以， 因为，所以， 所以． 18. 已知的两个顶点，，点G为的重心，边上的两条中线的长度之和为6，记点G的轨迹为曲线E． （1）求曲线E的方程； （2）若点P是曲线E上的任意一点，，，，，直线PC，PD与x轴分别交于点M，N． ①求的最大值； ②判断是否为定值．若为定值，求出该定值；若不为定值，求出它的最大值． 【答案】（1） （2）①最大值为；②定值16 【解析】 【分析】（1）由重心得到，从而得到点的轨迹为以，的焦点的椭圆（除去两个与轴的两个交点），从而得到椭圆方程； （2）①设，，则，确定直线PC方程，得到点M的坐标，同理得到N点坐标，表达出，从而求出的最大值； ②表达出，结合，得到答案. 【小问1详解】 由题意得，且， 故， 故点的轨迹为以，的焦点的椭圆（除去两个与轴的两个交点）， 其中，解得， 故， 故曲线E的方程为； 【小问2详解】 ①设，，则， 则直线PC方程为， 令得， 直线PD方程为， 令得， 则， 因为，所以， 故当时，， ②为定值，理由如下： 因为，所以， 故. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：（，）； （3）若函数有三个不同的零点，求的取值范围． 【答案】（1）当时， 在上单调递减；当时，在上单调递减；在上单调递增． （2）由（1）知当时，在上单调递减， 故当时，，所以， 令， 则， ， 故， 所以，原不等式得证． （3） 【解析】 【分析】（1）求出的定义域，对求导，分，利用导数与单调性的关系求解即可； （2）由（1）可得时，，从而可得，令，利用放缩法可得，利用裂项求和法即可得证； （3）对化简可得，只有一个零点，令，则有三个不同的零点等价于函数有三个不同的零点，分和两种情况讨论，结合零点存在性定理即可求解． 【小问1详解】 函数的定义域为， ， 令，则， 当时，，恒成立，在上单调递减； 当时，，方程的两根为，， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增． 综上所述：当时， 在上单调递减；当时，在上单调递减；在上单调递增． 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 ， 易知在上单调递增， 且当时，，所以只有一个零点， 又当时，，故有三个不同的零点， 令，， 则有三个不同的零点等价于函数有三个不同的零点， ①当时，此时在上单调递减，显然不符合题意， ②当时， ，， 在上单调递减；在上单调递增． 因为，且，所以，所以， 由（2）知，时，， 所以，即， 所以， 所以由零点存在性定理知，在区间上有唯一的零点， 因为， 因为，所以， 所以时，存在三个不同的零点，1，， 故实数的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $