河北省唐山市2026届高三下学期学业水平选择性考试第一次模拟演练数学试卷（Word版附解析）

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一、选择题
1．样本数据1，2，3，6，12，24的中位数为( )
A.8B.6C.4.5D.3
2．表示复数z的共轭复数，若，则( )
A.B.C.D.
3．已知全集U及其两个非空真子集M，N，则( )
A.B.C.D.
4．记为等差数列的前n项和，若，，则( )
A.11B.9C.8D.5
5．某学校组织同学们假期参加社区服务活动，4名同学被分配到甲、乙两个社区，每个社区至少一名同学，不同的分配方案有( )
A.6种B.12种C.14种D.28种
6．若x为锐角，且.则x的取值范围是( )
A.B.C.D.
7．等轴双曲线C的左、右焦点分别为，，以为直径的圆O与双曲线C交于M，N，P，Q四点.设四边形的面积为，圆O的面积为，O为坐标原点，则( )
A.B.C.D.
8．已知，，，则( )
A.M的最小值为B.M的最大值为1
C.N的最小值为0D.N的最大值为
二、多项选择题
9．已知，为数列的前n项和，则下列结论正确的有( )
A.是等比数列B.
C.是递减数列D.中存在连续三项成等差数列
10．若函数与函数的图象关于y轴对称，则( )
A.与有相同的零点B.为偶函数
C.与有相同的极值点D.对任意的，都有
11．O为坐标原点，抛物线的准线与x轴的交点为M，直线l与x轴交于点N，与抛物线C交于A，B两点，满足，作于D，则( )
A.N的横坐标是4
B.
C.直线斜率的最大为
D.当直线与C相切时，
三、填空题
12．已知，若，则______.
13．已知点，，若将绕点A逆时针旋转得到，则点C的坐标为________.
14．若一个棱长为的正四面体可以绕其中心在一个封闭的圆锥形容器（容器壁厚度忽略不计）内任意转动，则此圆锥体积的最小值为______.
四、解答题
15．如图，在三棱锥中，，，D是的中点.
(1)证明：平面平面；
(2)若，三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正弦值.
16．已知椭圆的离心率为，其左顶点为A，上顶点为B，的面积是1，其中O是原点，平行于的直线l与C交于M，N.
(1)求C的方程；
(2)是否存在这样的直线l，使以A，B，N，M为顶点的四边形为等腰梯形？若存在，求此时l的方程；若不存在，请说明理由.
17．记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知.
(1)证明：；
(2)若，求A.
18．函数，.
(1)若在上单调递减，求a的取值范围；
(2)若曲线与在处有相同的切线，
（i）求a的值；
（ⅱ）若，证明：.
19．某销售公司为了激励员工，对销售冠军——员工甲进行奖励，奖励方案为：在一个盲盒里，有n（足够多）张奖券，这些奖券的金额各不相等，其最大值为M，但金额具体是多少，并未公开.该员工甲需逐张随机抽取并查看金额，如果对抽取的奖券不满意就弃掉，继续抽奖（弃掉的奖券不能再抽取），如果对这张奖券比较满意就保留，从而停止抽奖，公司将以此奖券金额作为奖励.
(1)若甲抽取了两张，把第2张奖券保留下来，求甲获得最大金额奖励M的概率；
(2)若甲先抽取了k（，且）张奖券，记录下其中的最大金额为m，然后继续抽取，若抽到奖券的金额小于m，就继续抽，当抽到第i（，）张奖券时，其金额大于m，则保留该奖券，停止抽奖，若未抽到金额大于m的奖券，则保留第n张.
（ⅰ）若，当时，求甲获得最大金额奖励M的概率p；
（ⅱ）当调整k的取值时，甲获得最大金额奖励M的概率p也会发生变化.若，请估计p的最大值，并求此时k的值.
（估值参考：当时，，，，.）
参考答案及解析
1．答案：C
解析：给定样本数据1,2,3,6,12,24，将其从小到大排序为1,2,3,6,12,24.
数据个数为6（偶数），根据中位数定义，中位数是中间两个数的平均值.
中间两个数是第3个数和第4个数，即3和6.
中位数为.
因此，样本数据1,2,3,6,12,24的中位数为4.5，答案选C.
2．答案：B
解析：对于复数，
其共轭复数（实部不变，虚部取相反数）.
已知，则实部，虚部，因此.
复数的模.
代入，得：，
将和代入，得：，
复数加法法则：实部与实部相加，虚部与虚部相加，
即：
3．答案：C
解析：全集U中，表示所有属于M或属于N的元素组成的集合.
表示全集U中不属于的元素组成的集合，
即等价于且.
意味着x既不属于M，也不属于N，即且.
由上述分析，中的元素同时满足和，
因此.
4．答案：A
解析：设等差数列的首项为，公差为d.
根据等差数列的通项公式，可得
已知，则①.
根据等差数列的前n项和公式，
可得.
已知，则，两边同时除以7得②.
用②式减去①式消去可得：，
去括号得，合并同类项得，解得.
将代入①式可得：，移项得，
根据等差数列的通项公式，可得.
将代入可得：.
故选A
5．答案：C
解析：①情况一：按1:3分配到两个社区
从4名同学中选1名分配到甲社区，有种选法；
剩余3名自动分配到乙社区.
由于甲、乙社区不同，也可将1名同学分配到乙社区，剩余3名到甲社区，
因此需考虑两种排列方式，即
方案数为：（种）.
②情况二：按2:2分配到两个社区
从4名同学中选2名分配到甲社区，有种选法；
剩余2名自动分配到乙社区.
方案数为：（种）.
③总方案数
将两种情况的方案数相加：（种）.
故选C
6．答案：B
解析：要使成立，则有两种情况：
情况一：
解不等式，移项可得，
两边同时除以2，得到.
解不等式，移项可得，
两边同时除以，得到.
情况二：
解不等式，移项可得，两边同时除以2，得到.
解不等式，移项可得，
两边同时除以，得到.
因为x为锐角，即.
对于情况一：
由且，根据正弦函数在上的单调性，
可得.由且，
根据余弦函数在上的单调性，可得.
取两者的交集，得到.
对于情况二：
由且，可得.
由且，可得
取两者的交集，此时没有公共部分，即无解.
综上，x的取值范围是，答案选B.
7．答案：B
解析：因为双曲线C是等轴双曲线，
所以可设双曲线C的方程为，
则（其中c为双曲线的半焦距），即.
以为直径的圆O的方程为.
联立圆O与双曲线C的方程，
由可得，即.
将代入，得到，
即，解得.
把代入，可得，
即，解得.
所以四边形MNPQ的四个顶点坐标分别为
，，
，，
四边形MNPQ是矩形，其长为，宽为，
根据矩形面积公式长×宽，可得.
已知圆O的方程为，根据圆的面积公式（其中r为圆的半径），可得.
将，代入，可得.
综上，答案是B选项.
8．答案：D
解析：设,，由三角函数值域可知，
已知，即，
当时，得：，显然等式不成立，
则，故有：；
根据，有：
①不等式恒成立；
②由，解得；
故.
,
令，则，
则：，
令,，
在上，，函数单调递减，
在上，，函数单调递增，
则函数在处取得最小值，在端点处取得最大值：
，，
故M的最小值为，最大值为：；
故选项A、B错误.
，
令，则，
令，，
在上，，则函数单调递增
则函数在处取得最小值，在处取得最大值：
，；
即N的最小值为，最大值为；
故选项C错误，选项D正确.
综上，答案为D.
9．答案：AC
解析：选项A：
已知，则，且2，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，A选项正确.
选项B：
由等比数列的前n项和公式，
可得，B选项错误.
选项C：
对于数列，，则,且,
所以数列是首项为，公比为的等比数列，是递减数列，C选项正确.
选项D：
假设中存在连续三项成等差数列，则，
即，化简可得，即，此方程无解，
所以中不存在连续三项成等差数列，D选项错误.
故选AC
10．答案：ABD
解析：因为与的图象关于y轴对称，
所以，
选项A，令，解得；
令，解得，故两者零点相同，A正确；
选项B，令，
则，
定义域R关于原点对称，所以是偶函数，B正确；
选项C，，令，得；
，令，得，
两者极值点不同，C错误；
选项D，，
当时，；
当时，，故，；
当时，，故，；
所以对任意，，D正确；
故选：ABD.
11．答案：AD
解析：抛物线的准线方程为，与x轴交点.
设直线，与抛物线交于，，
联立方程得，由韦达定理得，
选项A：因，则.又，，
代入得.将代入，解得（舍去，此时直线过原点，与抛物线只有一个交点），故，选项A正确.
选项B：，同理，
则.，
当时，，故选项B错误.
选项C：直线，，则OD方程为，
联立得.,
直线MD斜率.
设，则，
当时，最大值为，选项C错误.
选项D：直线与抛物线相切时，
联立方程与抛物线方程，判别式为0，解得.
当时，，，，，
，；
当时，，，，，
，.
均有，选项D正确.
故选ABD
12．答案：3
解析：
13．答案：
解析：
14．答案：
解析：
15．答案：（1）证明见解析；
（2）
解析：（1）证明：由于，D是BC的中点.
得.又.且，
所以平面APD，又平面ABC，所以平面平面APD.
（2）由（1）知平面APD，于是，
即：
得：，.所以.
以D为原点，DA，DB，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
所以，.
设平面PAB的法向量为，
则所以.取
又，设PC与平面PAB所成的角为，
则
所以PC与平面PAB所成角的正弦值为.
16．答案：（1）；
（2）不存在，理由见解析
解析：（1）由题意得得，椭圆
所以，.
因为的面积是1，所以，
则椭圆C的方程为：
（2）由题可设直线l的方程为，，
由得，则：，
所以.又因为，，
所以
若四边形ABNM为等腰梯形，则
所以或.
当时，，所以，
则四边形ABNM为平行四边形，不合题意；
当时，，
则直线AB与直线MN重合，不合题意；
综上所述，不存在这样的直线l使得以A，B，N，M为顶点的四边形为等腰梯形.
17．答案：（1）证明见解析；
（2）
解析：（1）证明：因为，
所以，
整理得，由正弦定理得：.
（2）由（1）得，由余弦定理得：
，，
因为，所以，
整理得，
所以，
整理得.
因为所以.
18．答案：（1）；
（2）（i）2；（ii）证明见解析
解析：（1），
由已知得：，即，解得
所以当时，单调递减.
（2）（i），，，解得
（ii）证明：当时，在上单调递减，且，
因为，所以当时，单调递喊，
当时，单调递增，且.
当时，，，不符合题意，舍去；
当时，，所以，
即，可得，符合题意；
当，时，，符合题意；
当，时，，
.
令，
，所以单调递增.
因为，所以，
得，从而可得.
因为，所以.
因为时，单调递增，，
所以，故.
综上，.
19．答案：（1）；
（2）（i）；（ii）p的最大值约为0.3679，此时
解析：（1）设抽到的第j张奖券的金额为.
设，，C：甲获得最大金额奖励M.
注意到，，，.
则
（2）仍设C：甲获得最大金额奖励M，
若，则，故只需考虑的情况.
设：抽到的第张奖券金额为M.
由于是随机抽取，抽到的每张奖券为㨢大金额M的机会均等，
则.只有当m是前张奖券中的最大金额，
甲才会保留第i张奖券，则.
则
.
（i）若，当时，.
（ii）由估值参考得，则.
令，则.
当时，.
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
因此，当时，取得最大值.
此时，不是整数
又，
，