宁夏六盘山高级中学2026届高三下学期第一次模拟数学试题（含解析）高考模拟

这是一份宁夏六盘山高级中学2026届高三下学期第一次模拟数学试题（含解析）高考模拟，共6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。
学科：数学 测试时间：120分钟 满分：150分
一、单选题（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，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用指数函数单调性化简集合，然后利用交集运算求解即可.
【详解】由，
所以.
故选：C
2. 已知复数满足，则（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】A
【解析】
【详解】复数z满足,
故，
故.
3. 在中，若，则（ ）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 120°
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理得，再由余弦定理即可得解.
【详解】由及正弦定理得，
设，，则，．由余弦定理得，
又，所以．
故选：C.
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于基础题.
4. 清明将至，为倡导文明祭祀，筑牢防火安全防线，4名青年志愿者到3个社区参加“绿色清明”公益宣讲活动，要求每名志愿者只能选择一个社区，每个社区至少要有一名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A. 24种B. 36种C. 64种D. 72种
【答案】B
【解析】
【分析】根据分组分配问题解法，先分组再分配即可求解．
【详解】根据题意，将4名青年志愿者分为三组，共有种情况，再分配到3个社区，共有种情况，
所以共有种不同情况．
5. 在平行四边形ABCD中，点在线段AC上，且.若，其中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由，
又，则，故.
6. 已知函数，，则（ ）
A. 是偶函数，且在单调递增B. 是偶函数，且在单调递减
C. 是奇函数，且在单调递增D. 是奇函数，且在单调递减
【答案】A
【解析】
【分析】利用奇偶性的定义求解的奇偶性，求出在范围内的表达式，利用导数法得到在范围内的单调性.
【详解】，
的定义域为，
，
是偶函数，
当时，，
当时，，
，
，
，
，
，
，
在上是单调递增函数.
7. 若，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由利用倍角公式得，再由同角平方关系得，
又，利用两角和的正弦公式可得.
【详解】，
因为，，又，所以，
故，故，
，
故选：D
8. 已知抛物线上一点到其焦点的距离为，过该抛物线的顶点作直线的垂线，垂足为点，则点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，根据抛物线的定义及焦半径公式求出，即可得到、的坐标，设点P的坐标为，由及点在直线上，求出的坐标.
【详解】由题意得，抛物线的焦点，准线方程为，
从而由抛物线的定义得，解得，所以抛物线方程为，则．
又点在抛物线上，即，所以或（舍去），
所以，则，
设点P的坐标为，则，即，所以，又点在直线上，
所以，解得，所以，所以点的坐标为．
故选：D．
二、多选题(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. 设是公比为正数等比数列的前n项和，若，，则（ ）
A. B.
C. 为常数D. 为等比数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据等比数列的性质可得公比，进而可得通项公式与，再逐个选项判断即可.
【详解】设公比为，则，解得，故，
则，.
对A，，故A正确；
对B，，故B错误；
对C，为常数，故C正确；
对D，，，故为等比数列，故D正确；
故选：ACD
10. 已知为双曲线的右焦点，经过点的直线交的两条渐近线于两点，为坐标原.若，则以下说法正确的是（ ）
A. 是的角平分线B.
C. 两条渐近线夹角的余弦值为D. 双曲线的离心率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据双曲线渐近线的性质、角平分线定理、余弦定理、二倍角公式以及离心率等知识对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】根据双曲线渐近线的对称性可知A选项正确.
B选项中，因为在中，OF为的平分线，
所以，所以，所以B选项正确.
C中，设，则，
由余弦定理得，
所以C选项错误.
D中，因为，
所以，即，所以，
所以D选项正确.
故选：ABD

11. 如图，在棱长为2的正方体中，，分别是，的中点，点在正方形内部（含边界）运动，则下列结论正确的是（ ）
A. 若为线段的中点，则直线平面
B. 三棱锥的体积为
C. 在线段上存在点，使得
D. 若，则点的轨迹长为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题目条件，以为原点，方向为轴建立空间坐标系，结合选项条件代入计算判断选项是否正确．
【详解】以为原点，方向为轴建立空间坐标系，棱长为，
，
，分别是，的中点，，
点在正方形上，设，其中，
对于A选项，为线段的中点，则，
又是正方体，则是平面的法向量，
，即，
又平面，所以直线平行平面，A选项正确；
对于B，三棱锥体积与相同，
的顶点，
，，
点到的距离恒为，
于是，B选项正确
对于C，在线段上：，设，
，，
垂直条件即，
，
但，所以不存在这样的点，C选项错误；
对于D，即，，
，，即，
点限制在，且平面上，因此在这个范围内对应一条线段：当时，得；当时，得，
线段长度：，所以轨迹长为，D选项正确．
故选：ABD
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12. 圆台的上底面半径为，下底面半径和母线长均为，则它的体积为________.
【答案】
【解析】
【分析】首先求出圆台的高，再根据圆台的体积公式即可求解.
【详解】设圆台上、下底面的圆心分别为，轴截面为梯形，如图，

，过作的垂线，垂足为，则，
由勾股定理知，即圆台的高为3，
所以圆台的体积为，
故答案为：.
13. 函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位长度后得到的函数的解析式为________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据最值可得，代入点可得，代入点结合函数周期性可得，即可得函数的解析式，结合函数图象变换运算求解.
【详解】由图可知：，则，
因为函数的图象过点，则，即，
且，则，可得，
又因为函数的图象过点，则，即，
设函数的最小正周期为，则，即，
且，则，解得，
则，可得，解得，所以.
将的图象向左平移个单位长度后得到的函数的解析式为.
14. 有个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个红球1个白球，其余盒子中均为1个红球1个白球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是______，从第个盒子中取到白球的概率是______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】设事件表示“从第i个盒子中取到白球”（），利用全概率公式列式求解；当时，由全概率公式得，再通过构造等比数列求.
【详解】设事件表示“从第i个盒子中取到白球”（），
则，，
所以；
当时，
，
所以，又，
则数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以，
即从第2个盒子中取到白球的概率是，从第个盒子中取到白球的概率是.
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. 已知数列满足，数列是以2为首项2为公差的等差数列．
（1）求和的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据递推关系即可求出的通项，利用等差数列的通项公式即可求出的通项；
（2）利用错位相减法求解即可.
【小问1详解】
由①，
当时，，
当时，②，
由①②得，
所以，
当时，上式也成立，
所以，
因为是以2为首项2为公差的等差数列，
所以；
【小问2详解】
，
则，
，
两式相减得
，
所以.
16. 如图，直三棱柱中，，．
（1）证明：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，证明，通过线面垂直的判定定理证明面，由线面垂直的性质定理得到，再由得到平面，从而得以证明.
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，然后利用向量法求解即可.
【小问1详解】
不妨设，则，，所以，所以，
因为棱柱为直三棱柱，所以平面，平面，
所以，又，所以平面，因为，所以，
因为四边形为正方形，所以，又，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
设为原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
所以，，
设分别为面的法向量，则，即，
取，则，所以，
设分别为平面的法向量，则，
即，取，则，
则，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.
17. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为；当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为．已知输入的问题表达不清晰的概率为．每次回答是否被采纳相互独立．
（1）求智能客服的回答被采纳的概率；
（2）在某次测试中输入了3个问题，设表示智能客服的回答被采纳的次数，求的分布列及期望、方差；
（3）公司为了测试该系统是否值得推广，随机抽取了10个问题，智能客服的回答每被采纳1次计10分，不采纳则不计分．记被采纳的回答数的总得分为，若，则推广该系统．试推断该系统是否会得到推广，请说明理由，
【答案】（1）
（2），，
（3）会得到推广，因为.
【解析】
【分析】（1）利用全概率公式，结合问题清晰与不清晰两种情况的采纳概率即可求解；
（2）由二项分布概率模型，计算各可能次数的概率及期望、方差；
（3）根据二项分布期望公式求出10个问题的总得分期望，并与75比较得出结论.
【小问1详解】
设事件表示回答被采纳，事件表示问题表达清晰，
则，
则.
【小问2详解】
由（1）知每个问题的回答被采纳的概率，且每次回答是否被采纳相互独立，
因此随机变量服从二项分布，
则，
，
，
，
，
，，
的分布列为：
【小问3详解】随机抽取10个问题，设被采纳的次数为，则有，总得分，
则，满足推广条件，因此该系统会得到推广.
18. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）若为函数的极值点，求实数a的值；
（3）在（2）的条件下，证明：当时，.
【答案】（1）答案见解析
（2）2 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求得，分析和，两种情况讨论，结合的符号，即可求得函数的单调区间；
（2）根据题意，得到，求得，再结合函数极值与极值点的定义，即可求解；
（3）设，求得，结合零点的存在性定理，可得存在唯一，使，且，得出的单调性，求得，得到，结合，即可得证.
【小问1详解】
解：由函数，可得其定义域为，且，
当时，恒成立，所以的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，令，解得，
当时，；当时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
综上可得：
当时， 的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
解：因为是函数的极值点，可得，解得，
若时，，则，
当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减，
所以在处取得极大值，符合题意，所以.
【小问3详解】
解：设，
则，
因为，因为，，
所以存在唯一，使，且，
且当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，所以当时，，
又由，所以当时，.
19. 设椭圆的中心为坐标原点，右焦点为，离心率为，
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知圆是以点为圆心，为半径的圆，过椭圆C的下顶点作圆的两条切线，这两条切线分别与椭圆相交于点，（异于点）．设直线交轴于G点．
（ⅰ）设，直线的斜率分别为，，求的值及点的坐标．
（ⅱ）设点（与G点不同）满足：，，求证：在定直线上运动，并求出定直线方程．
【答案】（1）
（2）（ⅰ），；（ⅱ）证明见解析，定直线方程为.
【解析】
【分析】（1）设椭圆的标准方程为，由条件列方程求，由此可得结论；
（2）（i）设过的切线方程为，根据切线性质可得，由此可求，联立方程组求的坐标和直线的斜率，再求点的坐标；
（ⅱ）设，由条件利用表示，结合（ⅰ）化简可得结论.
【小问1详解】
由题意，设椭圆的标准方程为，
已知椭圆右焦点，故，离心率，
得，又，
因此椭圆的标准方程为：；
【小问2详解】
（ⅰ）椭圆的下顶点，圆：，
设过的切线方程为，
由切线性质，圆心到切线的距离等于半径，
所以，整理得，
由根与系数关系得：，
将代入椭圆方程得，同理，
所以直线的斜率，
，所以​​，
令可得，
因此点坐标为；
（ⅱ）设，
因为，所以，
由​​​，可得，
所以，
结合，
化简得：，
所以，代入​​，
可得​，
所以，​
因此恒在定直线​上.
0
1
2
3
0
1
2
3