河北省衡水市第二中学2026届高三下学期3月第一次模拟考试 数学试卷（含解析）

这是一份河北省衡水市第二中学2026届高三下学期3月第一次模拟考试 数学试卷（含解析），文件包含2026高考数学专题复习之历年真题分类汇编_专题五一元函数的导数及其应用教师版docx、2026高考数学专题复习之历年真题分类汇编_专题五一元函数的导数及其应用学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共167页， 欢迎下载使用。
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. 已知两个单位向量，互相垂直，则（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】A
解析：依题意得，
则.
2. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
解析：因为，当且仅当时，即当时，等号成立，
故，
又因为，故.
3. 若，则的虚部与实部的比值为（ ）
A. B. 3C. D. 2
【答案】D
解析：设，，则，
则，解得或，
所以的虚部与实部的比值为.
4. 在正四面体中，为棱的中点，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
解析：连接，设正四面体的棱长为4，则，，
，则为正三角形，所以，
由余弦定理得，
，
故.
5. 某市为了鼓励市民节约用水，计划实施阶梯水价政策.现随机抽取1000户居民，统计其月用水量（单位：吨），并绘制出如图所示的频率分布直方图.若用这1000户居民的月用水量的80%分位数作为月用水量的临界值（精确到0.1），使得月用水量不超过该值的用户不受水价上调的影响，则该市月用水量的临界值为（ ）
A. 26.8吨B. 27.7吨C. 28.3吨D. 29.2吨
【答案】C
解析：由频率分布直方图可知，前五组的频率之和为，前六组的频率之和为，
设该市月用水量的临界值为吨，
则，由，得，
故该市月用水量的临界值为28.3吨.
6. 若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
解析：因为，所以，
因此，
所以，
；
所以取值范围是.
7. 函数的极值点的个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
解析：因为，该函数的定义域为，
由
，得或或.
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递增.
所以在处取得极大值，在处取得极小值，故的极值点的个数为.
8. 若非负数，满足，则的最大值为（ ）
A. B. 42C. D. 40
【答案】C
解析：令，，所以，则.
因为，所以，
则（，），
则点的轨迹为圆不在第二、四象限的部分，
则表示点到坐标原点的距离，
由图可知，该距离的最大值为，
此时，，即，，所以的最大值为.
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. 若函数（）在内存在唯一的，使得，则的取值可能为（ ）
A. B. 1C. D. 3
【答案】BC
解析：由，知在内存在唯一的解.
当时，，则，即，
因仅有选项B,C中的值在此范围，故B,C正确.
10. 已知函数的定义域为，且对任意实数，，恒成立，则（ ）
A. B. 的最小值为
C. D. 的图象关于点对称
【答案】ABD
解析：令，得，
以替代，得，
消去，得.
再令，得，即，
所以，即，
则，，A正确，C错误.
而，
当时，取得最小值，且最小值为，B正确.
因为，
所以的图象关于点对称，D正确.
11. 已知正方形的边长为2，平面，平面，，在平面的同一侧，且，则（ ）
A. 点在四棱锥外接球的球面上
B. 四棱锥内切球的表面积为
C. 四棱锥与四棱锥公共部分的体积为
D. 四棱锥的四个侧面所在平面将空间分成14个部分
【答案】ACD
解析：A：将四棱锥补成一个正方体，
则四棱锥的外接球为该正方体的外接球，因为点是该正方体的一个顶点，
所以点在四棱锥外接球的球面上，A正确.
B：四棱锥的体积，
侧面积，
表面积，
则四棱锥内切球的半径，
则该内切球的表面积为，B错误.
C：连接，易证，，
则四边形和四边形均为平行四边形，
设，，则，分别为，的中点，
设，的中点分别为，，连接，，，，
则四棱锥和四棱锥的公共部分为几何体，
其体积为四棱锥和三棱柱的体积之和，
即，C正确.
D：平面、平面、平面将空间分成8个，
最后平面将其中6个空间各分成2部分，
所以四个侧面所在平面将空间分成个部分，D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设表示不超过的最大整数，则不等式的解集为______.
【答案】
解析：因为，所以，则解得.
13. 已知是椭圆：上一点，点，，若，过点作的垂线，垂足为，则______，点到轴的距离为______.
【答案】 ①. ②. ##
解析：因为，分别为的左、右焦点，
所以，
又，所以，，
因为，所以是等边三角形，
过点作的垂线，垂足为，则为的中点，
所以.
设点在轴上的射影为，为坐标原点，
因为，
所以，
则点到轴的距离为.
14. 来自某校高二年级的4名男生和3名女生组成的7人团队参加数学建模竞赛.该竞赛包含方案设计、模型构建、编程实现、成果展示四个环节，分配规则如下：①每个环节至少安排1名选手，每人只参加1个环节；②方案设计环节人数多于模型构建环节人数；③编程实现环节至少安排2人，且至少有1名女生；④成果展示环节人数不超过方案设计环节人数.根据分配规则，该团队参赛的不同的人员分配方案共有______种.
【答案】1122
解析：为方便叙述，将“方案设计”、“模型构建”、“编程实现”、“成果展示”四个环节依次记为环节一、环节二、环节三、环节四，
由规则②④可知，环节一至少有2个人，环节一、环节二和环节四至少共有4个人，因此环节三最多有3个人.
（1）当环节三有3个人时，
则有可能是3个女生，或者2个女生和1个男生，或者1个女生和2个男生，
则安排好环节三有种方案，
剩余4个人，环节一必然有2个人，环节二和环节四各有1个人，
则安排好环节一、环节二和环节四有种方案.
所以安排好四个环节共有种方案.
（2）当环节三有2个人时，则有可能是2个女生，或者1个女生和1个男生，
则安排好环节三有种方案，
剩余5个人，
当环节一有2个人时，环节四有2个人，环节二有1个人，此时有种方案；
当环节一有3个人时，环节四有1个人，环节二有1个人，此时有种方案.
所以安排好四个环节共有种方案.
综上，满足条件的安排方案共有种.
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. 如图，在正三棱柱中，，，分别为棱，，的中点，为线段上的动点.
（1）证明：平面.
（2）若为线段的中点，且，，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析; （2）.
（1）
证明：连接，.
因为，，分别为棱，，的中点，为正三棱柱
所以，，所以四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，所以平面.
同理可得平面.
因为，所以平面平面.
又平面，所以平面.
（2）解：取的中点，连接，，则
在正三棱柱中，则，，.
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，
则，，
令，得.
由，
所以与平面所成角的正弦值.
得与平面所成角的正弦值为.
16. 某工厂某设备每日出现故障的概率为0.2，工厂采用一种自动化检测系统，若设备正常，检测结果为“正常”的概率为0.9，若设备故障，检测结果为“故障”的概率为0.9，已知每日的检测结果相互独立.
（1）求某日检测结果与设备实际状态不符的概率.
（2）若该工厂对该设备进行连续4天的检测，求恰有2天的检测结果与实际不符的概率.
（3）使用自动化检测系统时，每日固定检测费为100元，若检测结果为“故障”，则需花费400元检修费（检修后无损失），若检测结果为“正常”但设备实际故障，则当日损失2000元.若不使用自动化检测系统，每日故障损失的期望为280元，试问是否应该引进该自动化检测系统？说明你的理由.
【答案】（1）0.1 （2）0.0486
（3）应该引进，理由见解析
（1）
设某日检测结果与设备实际状态不符为事件，
由全概率公式可得，
故某日检测结果与设备实际状态不符的概率为0.1.
（2）
由（1）可知：某日检测结果与设备实际状态不符的概率为0.1，
设恰有2天检测结果与实际不符为事件，
则，
故恰有2天检测结果与实际不符的概率为0.0486.
（3）
应该引进该自动化检测系统，理由如下：
设使用自动化检测系统时每日总支出（即总损失）为元.
设备故障且被判为故障的概率为，
设备正常却被判为故障概率为，
设备故障却被判为正常的概率为，
则.
因为，所以应该引进该系统.
17. 已知集合中元素的个数为.
（1）若，，求.
（2）若，均为等差数列且，，，证明：也为等差数列.
（3）若，，且，求数列的前项和.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）.
（1）
若，，则，，
则满足的整数为，0，1，…，8，共有10个，故；
（2）
因为，，所以，
所以.
因，均为等差数列，所以可设，，
则为常数，
故是以为首项，为公差的等差数列.
（3）
由，得，即，
则数列是为首项，公比为2的等比数列，
则，则.
当时，，，.
当时，，，.
当时，，因，所以，故大于的最小整数为，
又为整数，则.
当时，符合上式；当时，，
故
当时，
，
又，所以.
18. 已知函数.
（1）证明：存在，使得曲线在点处切线的斜率为定值.
（2）当时，讨论零点的个数.
（3）当的零点个数最多时，证明：的零点之和大于3.
【答案】（1）证明见解析
（2）当时，有两个零点；当时，有三个零点；当时，有四个零点.
（3）证明见解析
（1）证明：，
由，得，，
则存在，使得曲线在点处切线的斜率为定值.
（2）当时，由，得或.
设函数，则，
令，得，则在上单调递减，
令，得或，则在上单调递增，在上单调递增.
当时，，
若，则，若，则.
当时，，
若，则，若，则.
当时，方程只有一个非零实数解，则有两个零点；
当时，方程有两个非零实数解，则有三个零点；
当时，方程有三个非零实数解，则有四个零点.
（3）证明：由（2）知，当时，的零点个数最多，
且0为其中一个零点，不妨设，
且，，等式两边同时取对数并整理得
，.
设函数，则，
，则在上单调递增.
因为在上单调递增，且，所以.
要证，只需证，即证，
因为，且在上单调递增，
所以只需证，即，
令函数，，
则，
所以在上单调递减，则，
即，故.
故当的零点个数最多时，的零点之和大于3.
19. 设抛物线的顶点为坐标原点，焦点为，且线段的中点为（）.
（1）当时，求的准线方程.
（2）点为上一动点，过作的准线的垂线，垂足为，设过，，三点可作双曲线，且的两个焦点均在轴上.
（ⅰ）若过点，求的方程；
（ⅱ）求的离心率的取值范围.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
（1）当时，依题意得的坐标为，
所以的准线方程为.
（2）（ⅰ）因为的两个焦点均在轴上，且经过，，，，
所以由对称性可知，的中心为线段的中点，即，
实半轴长为，设的方程为（）.
的横坐标为，，均在上，则的横坐标为，
设，又在上，所以，
代入的方程，得，解得.
的方程为.
（ⅱ）由题知，，设，则，.
当时，过，，三点不能作双曲线.
当时，线段中点的横坐标与的横坐标相等，
过，，三点不能作双曲线，则且.
因为的两个焦点均在轴上，
所以可设的方程为（，），
将，，的坐标代入的方程，得
①，②，③，
②－③得，因为，所以，
由①得，，
由③得，，而，
则，代入，
得，，
由且，得且.
故的离心率的取值范围为.