2025-2026学年甘肃省武威市凉州区高三上学期一轮复习摸底测试（一）数学试题（附答案解析）

这是一份2025-2026学年甘肃省武威市凉州区高三上学期一轮复习摸底测试（一）数学试题（附答案解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．1
3．已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．13B．14C．16D．20
4．亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀.重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥和一个圆台的组合体.已知某重檐圆亭圆台部分的直观图如图2所示，在其轴截面中，，，点到的距离为，则该圆台的侧面积为

A．B．C．D．
5．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
6．如图，某机器狗位于点处，它可以向上、下、左、右四个方向自由移动，每次移动一个单位.现机器狗从点出发移动4次，则在机器狗仍回到点的条件下，它向右移动了2次的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上一点.直线与交于另一点，若，，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数若函数恰有3个零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在乡政府的大力支持下，原贫困村村通过发展养殖业，顺利脱贫致富，村民收入也大幅度提高.为了解该村村民具体收入情况，该村村委会对村民月收入情况进行了抽样调查，并根据收集到的数据绘制了如图所示的月收入频率分布直方图，则（同一组数据用该组区间的中点值作代表）（ ）

A．样本数据的中位数位于区间内
B．样本数据的第80百分位数约为
C．样本中，该村村民月收入不低于8000元的村民所占比例为45%
D．样本中，该村村民的月平均收入为7500元
10．函数的部分图象如图所示，，是的2个零点，则（ ）
A．的图象关于点对称
B．的最小值为
C．当取最小值时，的最大值为
D．若在区间上至少有10个零点，则的最小值为
11．函数的拐点指的是改变曲线凹凸性的点，其定义如下：记函数的导函数为，的导函数为，若方程有实数解，且为的极值点，则称为的拐点.已知函数，，则（ ）
A．只有1个拐点
B．的图象在拐点处的切线方程为
C．若恰有2个极值点，则的取值范围为
D．若的2个极值点分别为，，拐点为，则
三、填空题
12．已知点，，，则在上的投影向量的坐标为 .
13．已知为抛物线上的动点，，为两个定点，若周长的最小值为18，则的值为 .
14．已知球是三棱锥的外接球，，，若三棱锥体积的最大值为，则球的表面积为 .
四、解答题
15．记的内角，，的对边分别为，，，已知.
(1)证明：；
(2)求的最大值.
16．某高科技公司开发了一款AI学习机，为了解市场销售情况，该公司统计了过去5个月的月广告投入（单位：十万元）与该款学习机的月销量（单位：千台）的数据，如表所示.
(1)求和的样本相关系数，并判断与是否具有较强的线性相关性；（结果精确到0.01，若，则认为与具有较强的线性相关性）
(2)求关于的经验回归方程，并估计月广告投入600万元时该款学习机的月销量；
(3)该款学习机目前售价为3000元/台，为提升销量，经销该款学习机的某专卖店针对该款学习机推出了两种促销方案.方案一：买一台立减400元；方案二：一次性购买两台可抽奖三次，每次中奖的概率均为，且每次抽奖相互独立，中奖一次立减600元/台，中奖两次立减800元/台，中奖三次立减1000元/台，若三次均未中奖，仍可享基础优惠300元/台.某家长准备在该店购买两台该款学习机，请从付款总金额数学期望的角度分析选哪种方案更优惠.
参考公式：对于经验回归方程，，；样本相关系数.
参考数据：，，.
17．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面，，分别为棱，的中点，且，.
(1)证明：平面；
(2)若平面与平面夹角的余弦值为，求四棱锥的体积.
18．已知双曲线的离心率为，焦点到渐近线的距离为.
(1)求的方程；
(2)的下顶点为，直线与的上支交于，两点（点在靠近轴的一侧），直线与直线，分别交于点，，记直线，的斜率分别为，，其中为原点.
（i）求证：；
（ii）求外接圆的半径的取值范围.
19．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若，，求的取值范围；
(3)若，数列的前项积为，求证：.
月份代码
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《甘肃省武威市凉州区2025-2026学年高三上学期一轮复习摸底测试（一）数学试题》参考答案
1．B
【分析】化简集合B，求出，并根据交集的定义，即可求解.
【详解】，所以或，所以.
故选：B.
2．C
【分析】由条件，结合共轭复数定义可得，再结合复数运算化简方程，可得，由此可求.
【详解】因为，所以，
因为，所以，故，
所以，
故选：C.
3．A
【分析】由，及即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，
，
所以，
，
故选：A
4．D
【分析】先求出的长度，再利用圆台侧面积公式进行求解.
【详解】过点，作，因为点到的距离为，所以的长度为，
因为，，所以，，

，，.
故选：D.
5．B
【分析】利用同角三角函数关系式，结合已知条件求得，根据二倍角的正切公式，结合的取值范围，求得.
【详解】由，得，所以.
，所以，所以.
所以，，所以.
所以，所以.
所以，化简得：，解得：，或.
因为，所以，所以
故选：B.
6．A
【分析】设事件“向右移动2次”，事件“移动4次后仍回到点”，通过计算条件概率即可.
【详解】设事件“向右移动2次”，事件“移动4次后仍回到点”，
每次移动有4种方向，4次移动，总路径数为：，
设上、下单位数分别为，左、右单位数分别为
因运动4次后仍回到点，所以上下步数相等且左右步数相等，
记，，则，即.
若即则路径数有6种；
若即则路径数有24种；
若即则路径数有6种；
所以.
事件“向右移动2次且回到点”
要使向右移动2次且回到点，则且，
又，所以，路径数有6种；
.
.
故选：A.
7．C
【分析】由向量关系推导线段比例，结合椭圆的定义表示各线段长度，利用三角函数诱导公式推导直角三角形关系，最后结合勾股定理建立方程，求解离心率即可.
【详解】根据题意作图，已知椭圆，所以，则，.
由，得，由椭圆的定义可得，，
设，则，，，.
由，且，
所以，即，
所以，即为直角三角形，，则有为直角三角形，
所以，解得或（舍去），
又，代入，整理得，所以离心率.
故选：C.
8．A
【分析】先分析函数的单调性，换元简化，分析的根对零点的影响，进行分类讨论得到结果；
【详解】对于函数根据二次函数和对数函数可知

，在上单调递减，在和上单调递增，
令，则，，
函数恰有3个零点等价于方程的正根对应的的解的个数之和为3.
当有两个相等的正根时，，即，（舍），方程解得
，，分段函数计算可得，此时有两个零点，不符合题意；
当有两个不相等的正根时，，
所以①当时，，方程无实数解，且，解得；
②当时，，由于，
可知时，，因为在上单调递增，所以有1个解，；
时，，可知有2个解，
恰有3个零点，要求和的解的总个数为3个.
通过图象分析可知要求，即.是方程的较大的根，由，可得
综上，的取值范围为.
故选：A.
9．ABC
【分析】由频率分布直方图估计样本的中位数、第80百分位数、区间内的频率、平均数，即可判断各选项.
【详解】对于A，∵前三个矩形的面积和为
前四个矩形的面积和为，
∴这组数据的中位数位于区间内，故A正确；
对于B，因为前四个矩形的面积和为
前五个矩形的面积和为
所以这组数据的第80百分位数，则第百分位数为，故B正确；
对于C，这组数据中在区间内的频率为，故C正确；
对于D，由频率分布直方图可知这组数据的平均数为
（千元），故D不正确.
故选：ABC.
10．ABD
【分析】本题考查三角函数的图象与性质，可先根据函数图象求出函数的表达式，再根据三角函数的性质逐一分析选项即可。
【详解】由图象知，，则，根据周期公式，可得.
又因为函数的最大值为3，最小值为，所以
当时，取得最小值，即，解得.
.
A：根据余弦函数的对称中心公式，令可得的对称中心为，
当时，对称中心为，所以的图象关于点对称，故A正确。
B：因为是的两个零点，令，则，
所以或，解得，或，
根据题意，取，，所以，
当时，，故其相邻零点的最小间距为，故B正确.
C：当取最小值时，，
不妨设，所以，则=
所以的最大值为，故C错误.
D：令，则，
所以或，解得，或，
所以在上的10个零点依次为：，，，，.
由在区间上至少有10个零点，则
故的最小值为，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】方法点睛： 的解析式的确定：
（1）由最值确定；
（2）由周期确定；
（3）由图象上的特殊点确定.
提醒：根据“五点法”中的零点求时，一般先根据图象的升降分清零点的类型.
11．AC
【分析】对于A，求出，令得，验证是的极值点即可； 对于B，根据导数的几何意义求解；对于C，先根据条件得有两个变号零点，分离参数构造函数，求其导函数判定其单调性与最值等性质，数形结合可得结果；对于D，根据C的结论得出取值情况即可证明．
【详解】对于A，∵，∴，
∴，令，即，解得．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
所以是的极小值点．
故是的拐点，
又，
所以只有1个拐点，选项A正确；
对于B，，
即在拐点处的切线斜率为，
可得切线方程为，化简得，选项B错误；
对于C，由题意可知，，
有两个变号零点，即有两个不等正根，
令，则直线与的图象有两个交点，
而，易知单调递减，且，
所以时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以时，取极大值（也是最大值）为，从而，
又，且时，，且时，，
作出的图象，如图，
由图可知，当时，直线与的图象有两个交点，
所以的取值范围为，故C正确；
对于D，，，则，
由C知，所以在上单调递增，
根据“拐点”的定义及条件知，
在上，在上，
可知在上单调递减，在上单调递增，
的2个极值点分别为，，不妨设，
由题意可知是的两个变号零点，，
根据的单调性知，，则，
所以，故D错误．
故选：AC．
12．
【分析】首先求出，的坐标，即可得到， ，再根据求出在上的投影向量；
【详解】因为，，，所以，，
所以， ，
所以，
所以在上的投影向量为，
故答案为：
13．6
【分析】分析抛物线的焦点和准线，确定点为焦点，利用抛物线定义，将转化为到准线的距离，分析的最小值，结合的定值，得到周长的最小值表达式，即可得解.
【详解】根据题意，则，所以抛物线的焦点坐标为，即定点，准线为，如图所示.
故的周长为，其中为定值，又根据抛物线的定义，
所以当三点共线时取得最小值，
此时，解得.
故答案为：6.

14．
【分析】利用余弦定理求出的长度，从而得到，则的外接圆的圆心是斜边的中点，得到过且垂直于平面的直线一定过球心，连接并延长与球相交的点就是使得三棱锥体积的最大值的点，利用三棱锥的体积公式得到的长度， 设球的半径为，由得到，由建立的等式，求出，利用球的表面积公式求解即可.
【详解】，，
，
，，，
的外接圆的圆心是斜边的中点，
过且垂直于平面的直线一定过球心，
连接并延长与球相交的点就是使得三棱锥体积取得最大值的点，
，，
，
三棱锥体积的最大值为，
，
，，
设球的半径为，，，
，，，
球的表面积为.
故答案为：.

15．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边化角，再结合两角和差公式，即可证明；
（2）首先根据正弦定理边化角，再结合（1）的结论，以及三角恒等变换，化简，再结合基本不等式求最值.
【详解】（1）由正弦定理可知，，
得，且，
即，整理为，
即；
（2），
由（1）可知，，且，
所以，上下同时除以，
，
因为，得，
所以，当时等号成立，
所以，
所以的最大值为.
16．(1)0.96，与具有较强的线性相关性；
(2)；当时，千台；
(3)选第二种方案更优惠，理由见解析.
【分析】（1）根据公式算出线性相关系数，并根据判断标准作出判断即可；
（2）根据最小二乘法求得，进而求得关于的经验回归方程，代入可得月广告投入600万元时，该款学习机的月销量；
（3）分别计算两种方案的付款期望，并比较大小，可得选第二种方案更优惠.
【详解】（1）由题可知，，所以
所以.
所以y与x具有较强的线性相关性.
（2）由（1）知.
因为，，
所以.
关于的经验回归方程为，故当时，.
所以估计当月广告投入600万元时，该款学习机的月销量约为千台.
（3）家长准备在该店购买两台该款学习机，选第二种方案更优惠.理由如下：
若采用方案一，可享受优惠（元）；付款总金额数学期望为（元）；
若采用方案二，记中奖次数为X，则.
；；
；；
记该家长购买两台学习机可享受优惠共为Y元，则Y的分布列如下：
所以（元）.
所以若采用方案二，付款总金额数学期望为(元).
因为，所以选第二种方案更优惠.
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取PD中点为G，构造平行四边形，根据线线平行证明线面平行即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用坐标法表示平面法向量，根据两法向量夹角余弦值可得两平面夹角余弦值，从而可得底面平行四边形的面积，进而可得四棱锥的体积.
【详解】（1）证明：如下图，取中点G，连接，
因为E，F分别为棱BC，PA的中点，G为AD中点，所以，
由在平面内，不在平面内，故平面，
由在平面内，不在平面内，故平面，
又且都在平面内，所以平面平面，
因为平面，所以平面.
（2）如下图，过C点作的垂线交于M，以C为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.
已知，则，
，，.
设平面的法向量为，则，
令可得，所以.
设平面的法向量为，则
所以，令可得，所以.
又平面与平面夹角的余弦值为，
所以，解得或（舍），所以.
所以四棱锥的底面积，高.
由四棱锥体积公式可得.
所以四棱锥的体积为.
18．(1)
(2)（i）证明见详解；（ii）.
【分析】（1）根据已知条件建立方程求出得解；
（2）（i）设，，将直线与双曲线方程联立，由根与系数的关系得，求出代入运算得证；（ii）设，求出的三边长，利用，表示出外接圆的半径的表达式，利用基本不等式求解.
【详解】（1）由题，设双曲线的上焦点为，渐近线方程为，
所以焦点到渐近线的距离为，
又离心率，即，得，
所以双曲线的方程为.
（2）（i）由题得，设，，
联立，消去，整理得，
则，得或，
，，
直线的方程为，令，得，即，
所以，
同理，可得，即得，
，
又，
所以
，
又，故.
（ii）由题，设，则，，，又，
由，所以，
令，则，
由，当且仅当，即时取等号，
所以，当时，，
因此，的外接圆的半径的取值范围为.
19．(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）通过，，三种情况讨论即可；
（2）构造，通过求导，分，，三种情况讨论即可；
（3）由（2）取得到，在成立，令，得到，进而得到，进而可求证.
【详解】（1），，
，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递减；
当时，由，得，
由，得，
所以在上单调递减，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；
（2），，
即
令，且，
而，
令，则
①当时，，在单调递增；
又，所以当，即；
②当，即时，，
，即在单调递增；
又，所以当，即；
③当时，有两根，.
因为，
所以，.
可得：由，即，得，
由，即，得，
所以单调递增区间为；单调递减区间为.
又，即存在，使得，不符合题意，舍去；
综上所述，的取值范围是
（3）由（2）知，当时，
在成立，
令，
则，
则，
即
所以
所以，得证.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
A
D
B
A
C
A
ABC
ABD
题号
11









答案
AC









Y
600
1200
1600
2000
P