贵州省黔西南布依族苗族自治州2025-2026学年高三第一次模拟考试数学试卷（含答案解析）

这是一份贵州省黔西南布依族苗族自治州2025-2026学年高三第一次模拟考试数学试卷（含答案解析），共29页。试卷主要包含了若集合，，则=等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知函数，，若方程恰有三个不相等的实根，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
2．已知集合，，则
A．B．
C．D．
3．在平行六面体中，M为与的交点，若,，则与相等的向量是（ ）
A．B．C．D．
4．设双曲线的左右焦点分别为，点.已知动点在双曲线的右支上，且点不共线.若的周长的最小值为，则双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．在区间上随机取一个实数，使直线与圆相交的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．如图所示，三国时代数学家在《周脾算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一个内角为，若向弦图内随机抛掷200颗米粒（大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（ ）
A．20B．27C．54D．64
7．已知椭圆+=1(a>b>0)与直线交于A，B两点，焦点F(0，-c)，其中c为半焦距，若△ABF是直角三角形，则该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知平面向量，满足，且，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
9．若集合，，则=（ ）
A．B．C．D．
10．已知复数为虚数单位） ，则z 的虚部为（ ）
A．2B．C．4D．
11．设集合A＝{y|y＝2x﹣1，x∈R}，B＝{x|﹣2≤x≤3，x∈Z}，则A∩B＝（ ）
A．（﹣1，3]B．[﹣1，3]C．{0，1，2，3}D．{﹣1，0，1，2，3}
12．在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，若三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A．12B．C．D．10
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．将函数的图像向右平移个单位，得到函数的图像，则函数在区间上的值域为__________．
14．已知数列是各项均为正数的等比数列，若，则的最小值为________.
15．已知曲线，点，在曲线上，且以为直径的圆的方程是．则_______．
16．某地区教育主管部门为了对该地区模拟考试成绩进行分析，随机抽取了150分到450分之间的1 000名学生的成绩，并根据这1 000名学生的成绩画出样本的频率分布直方图(如图)，则成绩在[250，400)内的学生共有____人．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知函数
（I）若讨论的单调性；
（Ⅱ）若，且对于函数的图象上两点，存在，使得函数的图象在处的切线.求证：.
18．（12分）已知数列，其前项和为，若对于任意，，且，都有.
（1）求证：数列是等差数列
（2）若数列满足，且等差数列的公差为，存在正整数，使得，求的最小值.
19．（12分）在直角坐标系中，圆C的参数方程（为参数），以O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求圆C的极坐标方程；
（2）直线l的极坐标方程是，射线与圆C的交点为O、P，与直线l的交点为Q，求线段的长.
20．（12分）如图,三棱柱中,底面是等边三角形,侧面是矩形,是的中点,是棱上的点,且.
（1）证明：平面；
（2）若,求二面角的余弦值.
21．（12分）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是的中点．
（1）证明：平面；
（2）设是线段上的动点，当点到平面距离最大时，求三棱锥的体积．
22．（10分）已知椭圆C的中心在坐标原点，其短半轴长为1，一个焦点坐标为，点在椭圆上，点在直线上，且．
（1）证明：直线与圆相切；
（2）设与椭圆的另一个交点为，当的面积最小时，求的长．
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．B
【解析】
由题意可将方程转化为，令，，进而将方程转化为，即或，再利用的单调性与最值即可得到结论.
【详解】
由题意知方程在上恰有三个不相等的实根，
即，①.
因为，①式两边同除以，得.
所以方程有三个不等的正实根.
记，，则上述方程转化为.
即，所以或.
因为，当时，，所以在，上单调递增，且时，.
当时，，在上单调递减，且时，.
所以当时，取最大值，当，有一根.
所以恰有两个不相等的实根，所以.
故选：B.
本题考查了函数与方程的关系，考查函数的单调性与最值，转化的数学思想，属于中档题.
2．D
【解析】
因为，，
所以，，故选D．
3．D
【解析】
根据空间向量的线性运算，用作基底表示即可得解.
【详解】
根据空间向量的线性运算可知
因为,，
则
即，
故选：D.
本题考查了空间向量的线性运算，用基底表示向量，属于基础题.
4．A
【解析】
依题意可得
即可得到，从而求出双曲线的离心率的取值范围；
【详解】
解：依题意可得如下图象，
所以
则
所以
所以
所以，即
故选：A
本题考查双曲线的简单几何性质，属于中档题.
5．D
【解析】
利用直线与圆相交求出实数的取值范围，然后利用几何概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】
由于直线与圆相交，则，解得.
因此，所求概率为.
故选：D.
本题考查几何概型概率的计算，同时也考查了利用直线与圆相交求参数，考查计算能力，属于基础题.
6．B
【解析】
设大正方体的边长为，从而求得小正方体的边长为，设落在小正方形内的米粒数大约为，利用概率模拟列方程即可求解。
【详解】
设大正方体的边长为，则小正方体的边长为，
设落在小正方形内的米粒数大约为，
则，解得：
故选：B
本题主要考查了概率模拟的应用，考查计算能力，属于基础题。
7．A
【解析】
联立直线与椭圆方程求出交点A，B两点，利用平面向量垂直的坐标表示得到关于的关系式，解方程求解即可.
【详解】
联立方程，解方程可得或，
不妨设A(0，a)，B(-b，0)，由题意可知，·=0，
因为，，
由平面向量垂直的坐标表示可得，，
因为，所以a2-c2=ac，
两边同时除以可得，，
解得e=或（舍去），
所以该椭圆的离心率为.
故选：A
本题考查椭圆方程及其性质、离心率的求解、平面向量垂直的坐标表示；考查运算求解能力和知识迁移能力；利用平面向量垂直的坐标表示得到关于的关系式是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.
8．C
【解析】
根据， 两边平方，化简得，再利用数量积定义得到求解.
【详解】
因为平面向量，满足，且，
所以，
所以，
所以 ，
所以，
所以与的夹角为.
故选：C
本题主要考查平面向量的模，向量的夹角和数量积运算，属于基础题.
9．C
【解析】
试题分析：化简集合
故选C．
考点：集合的运算．
10．A
【解析】
对复数进行乘法运算，并计算得到，从而得到虚部为2.
【详解】
因为，所以z 的虚部为2.
本题考查复数的四则运算及虚部的概念，计算过程要注意.
11．C
【解析】
先求集合A，再用列举法表示出集合B，再根据交集的定义求解即可．
【详解】
解：∵集合A＝{y|y＝2x﹣1，x∈R}＝{y|y＞﹣1}，
B＝{x|﹣2≤x≤3，x∈Z}＝{﹣2，﹣1，0，1，2，3}，
∴A∩B＝{0，1，2，3}，
故选：C．
本题主要考查集合的交集运算，属于基础题．
12．C
【解析】
取B1C1的中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱，此直三棱柱和三棱锥P−ABC有相同的外接球，求出等腰三角形的外接圆半径，然后利用勾股定理可求出外接球的半径
【详解】
如图，取B1C1的中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱，所以该直三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，的外接圆直径为，球O的半径R满足，所以球O的表面积S=4πR2=，
故选：C.
此题考查三棱锥的外接球半径与棱长的关系，及球的表面积公式，解题时要注意审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
根据图像的平移变换得到函数的解析式，再利用整体思想求函数的值域.
【详解】
函数的图像向右平移个单位得，
，
，
.
故答案为：.
本题考查三角函数图像的平移变换、值域的求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意整体思想的运用.
14．40
【解析】
设等比数列的公比为，根据，可得，因为，根据均值不等式，即可求得答案.
【详解】
设等比数列的公比为，
，
，
等比数列的各项为正数，
，
，当且仅当，
即时，取得最小值.
故答案为：.
本题主要考查了求数列值的最值问题，解题关键是掌握等比数列通项公式和灵活使用均值不等式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
15．
【解析】
设所在直线方程为设､点坐标分别为，，都在上，代入曲线方程，两式作差可得，从而可得直线的斜率，联立直线与的方程，由，利用弦长公式即可求解.
【详解】
因为是圆的直径，必过圆心点，
设所在直线方程为
设､点坐标分别为，，都在上，
故两式相减，
可得
(因为是的中点)，即
联立直线与的方程：
又，即，即
又因为，
则有
即
∴.
故答案为：
本题考查了直线与圆锥曲线的位置关系、弦长公式，考查了学生的计算能力，综合性比较强，属于中档题.
16．750
【解析】因为，得，
所以。
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17． (1)见解析(2)见证明
【解析】
(1)对函数求导，分别讨论，以及，即可得出结果；
(2)根据题意，由导数几何意义得到，将证明转化为证明即可，再令，设 ，用导数方法判断出的单调性，进而可得出结论成立.
【详解】
（1）解：易得，函数的定义域为，
，
令，得或.
①当时，时，，函数单调递减；
时，，函数单调递增.
此时，的减区间为，增区间为.
②当时，时，，函数单调递减；
或时，，函数单调递增.
此时，的减区间为，增区间为，.
③当时，时，，函数单调递增；
此时，的减区间为.
综上，当时，的减区间为，增区间为：
当时，的减区间为，增区间为.；
当时，增区间为.
（2）证明：由题意及导数的几何意义，得
由（1）中得.
易知，导函数 在上为增函数，
所以，要证，只要证，
即，即证.
因为，不妨令，则 .
所以 ，
所以在上为增函数，
所以，即，
所以，即，
即.
故有（得证）.
本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，利用导数的方法研究函数的单调性以及函数极值等即可，属于常考题型.
18．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）用数学归纳法证明即可；
（2）根据条件可得，然后将用，，表示出来，根据是一个整数，可得结果．
【详解】
解：（1）令，，则
即
∴，∴成等差数列，
下面用数学归纳法证明数列是等差数列，
假设成等差数列，其中，公差为，
令，，
∴
，
∴，
即，
∴成等差数列，
∴数列是等差数列；
（2），
，
若存在正整数，使得是整数，
则
，
设，，
∴是一个整数，
∴，从而
又当时，有，
综上，的最小值为．
本题主要考查由递推关系得通项公式和等差数列的性质，关键是利用数学归纳法证明数列是等差数列，属于难题．
19．（1）；（2）2
【解析】
（1）首先利用对圆C的参数方程（φ为参数）进行消参数运算，化为普通方程，再根据普通方程化极坐标方程的公式得到圆C的极坐标方程．（2）设，联立直线与圆的极坐标方程，解得；设，联立直线与直线的极坐标方程，解得，可得．
【详解】
（1）圆C的普通方程为，又，
所以圆C的极坐标方程为.
（2）设，则由解得，，得；
设，则由解得，，得；
所以
本题考查圆的参数方程与普通方程的互化，考查圆的极坐标方程，考查极坐标方程的求解运算，考查了学生的计算能力以及转化能力，属于基础题.
20．（1）见解析（2）
【解析】
（1）连结BM，推导出BC⊥BB1，AA1⊥BC，从而AA1⊥MC，进而AA1⊥平面BCM，AA1⊥MB，推导出四边形AMNP是平行四边形，从而MN∥AP，由此能证明MN∥平面ABC．
（2）推导出△ABA1是等腰直角三角形，设AB，则AA1＝2a，BM＝AM＝a，推导出MC⊥BM，MC⊥AA1，BM⊥AA1，以M为坐标原点，MA1，MB，MC为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A﹣CM﹣N的余弦值．
【详解】
（1）如图1，在三棱柱中，连结，因为是矩形，
所以，因为，所以，
又因为，，所以平面，
所以，又因为，所以是中点，
取中点，连结，，因为是的中点，则且，
所以且，所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
（图1） （图2）
（2）因为，所以是等腰直角三角形，设，
则，.在中，，所以.
在中，，所以，
由（1）知，则，，如图2，以为坐标原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，.
所以，则，，
设平面的法向量为，
则即
取得.故平面的一个法向量为，
因为平面的一个法向量为，
则.
因为二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为.
本题考查线面平行的证明，考查了利用空间向量法求解二面角的方法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
21．（1）见解析（2）
【解析】
（1）连接与交于，连接，证明即可得证线面平行；
（2）首先证明平面(只要取中点，可证平面，从而得，同理得),因此点到直线的距离即为点到平面的距离，由平面几何知识易得最大值，然后可计算体积．
【详解】
（1）证明：连接与交于，连接，
因为是菱形，所以为的中点，
又因为为的中点，
所以，
因为平面平面，
所以平面．
（2）解：取中点，连接，
因为四边形是菱形，，且，
所以，又，
所以平面，又平面，
所以．
同理可证：，又，
所以平面，
所以平面平面，
又平面平面，
所以点到直线的距离即为点到平面的距离，
过作直线的垂线段，在所有垂线段中长度最大为，
因为为的中点，故点到平面的最大距离为1，
此时，为的中点，即，
所以，
所以．
本题考查证明线面平行，考查求棱锥的体积，掌握面面垂直与线面垂直的判定与性质是解题关键．
22．（1）见解析； （2）.
【解析】
（1）分斜率为0，斜率不存在，斜率不为0三种情况讨论，设的方程为，可求解得到，，可得到的距离为1，即得证；
（2）表示的面积为，利用均值不等式，即得解.
【详解】
（1）由题意，椭圆的焦点在x轴上，且，所以．
所以椭圆的方程为．
由点在直线上，且知的斜率必定存在，
当的斜率为0时，，，
于是，到的距离为1，直线与圆相切．
当的斜率不为0时，设的方程为，与联立得，
所以，，从而．
而，故的方程为，而在上，故，
从而，于是．
此时，到的距离为1，直线与圆相切．
综上，直线与圆相切．
（2）由（1）知，的面积为
，
上式中，当且仅当等号成立，所以面积的最小值为1．
此时，点在椭圆的长轴端点，为．
不妨设为长轴左端点，则直线的方程为，
代入椭圆的方程解得，
即，，所以．
本题考查了直线和椭圆综合，考查了直线和圆的位置关系判断，面积的最值问题，考查了学生综合分析，数学运算能力，属于较难题.