吉林吉化第一高级中学校2026届高三下学期 模拟预测数学试题（含解析）高考模拟

这是一份吉林吉化第一高级中学校2026届高三下学期 模拟预测数学试题（含解析）高考模拟，文件包含日语docx、日语mp3等2份试卷配套教学资源，其中试卷共3页， 欢迎下载使用。
一、单选题（5分/40分）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据集合的表示方法，联立方程组，求得方程组的解，即可得到答案.
【详解】由集合，，
联立方程组，解得，所以．
2. 已知复数，满足，，则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【详解】不妨设，由题意得：，
则
所以.
3. 的二项展开式的第6项系数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由二项式展开式求解指定项的系数即可.
【详解】的二项展开式的第6项为，
所以第6项系数是.
4. 将函数的图象先向左平移个单位长度，再将其横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），则所得图象的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出函数图象向左平移个单位长度后的函数解析式，再根据横坐标伸缩变换规律求出横坐标缩短到原来的后的函数解析式.
【详解】函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象对应的函数解析式为
，
再将的图象横坐标缩短为原来的得到的函数图象对应的解析式为
.
5. 已知数列满足，则（ ）
A. 1B. 5C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，推出数列的周期为3，由此求解即可.
【详解】因为，
所以，，
，，
……
所以数列为周期数列，周期为3，
又因为，
所以.
6. 函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由函数的解析式可知该函数的定义域为全体非零实数，
因为，
所以该函数是奇函数，它的图象关于原点对称，所以排除选项AC；
当时，，所以排除选项D，所以选项B中的图象有可能是该函数的图象.
7. 如图，圆台的高为，是母线，，.现在将圆台的侧面沿剪开，并展开成平面图形，点在侧面展开图中对应的点为，，则线段的长度为（ ）
A. 8B. C. 16D.
【答案】D
【解析】
【详解】如图1，在圆台的轴截面中作于点.
设，由题意得，，
由勾股定理可得，解得，所以.
侧面展开图如图2，的长为，的长为，
所以，又，所以，
所以，所以.
8. 已知，是椭圆：与双曲线：的公共焦点，P为与在第一象限的公共点，若，则的内切圆半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】依题意，不妨设，，则，于是，
在中，由余弦定理得，
即，解得，
又，所以，
在中，，，，
设内切圆的半径为，则，即，
解得.
二、多选题（6分/18分）
9. 已知函数，则下列结论正确的有（ ）
A. 在上单调递增
B. 为奇函数
C. 的一条对称轴为
D. 的一个对称中心为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，根据复合函数单调性判断；对B，利用奇函数定义判断；对C，举反例说明；对D，利用函数对称性定义判断.
【详解】对于A，，单调递增，，则单调递增，
所以在上单调递增，故A正确；
对于B，因为，，
所以函数为奇函数，故B正确；
对于C，因为，，所以，
所以不是函数的对称轴，故C错误；
对于D，因为，
所以函数的一个对称中心为，故D正确.
10. 定义是自然数的所有因数中的最大奇数，记 ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：计算出及即可得；对B：法一：计算出到，即可得；法二：由为奇数，则为偶数，即可得；对C由为偶数，结合定义即可得；对D：由题意可得，则、，从而可得，结合累加法计算即可得解.
【详解】对A：，，则，故A正确；
对B：法一：、 、、、 、
、、 、、，
则，故B错误；
法二：由题意可得为奇数，则为个奇数之和，为偶数，
故，故B错误；
对C：，其中的唯一的奇因数为，则，故C正确；
对D：由中为偶数，唯一的奇因数为，则，
故，，
故
，
即有，则，
，，，
则
，
故，故D正确.
11. 已知双曲线的左焦点为，过坐标原点作直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点，且，，则（ ）
A. B. 双曲线的离心率为
C. 与双曲线有两个交点D. 的内心在轴上
【答案】BC
【解析】
【分析】设双曲线的右焦点为，则，结合双曲线定义可求，，判断A，在中由余弦定理列方程求，判断B，结合关系求得双曲线的渐近线方程，根据直线与渐近线斜率大小关系结合图象判断C，利用反证法排除D.
【详解】对于A，设双曲线的右焦点为，连接，
由双曲线的对称性及直线过原点可得关于原点对称，又关于原点对称，
所以四边形是平行四边形，故，
因为，所以，
又，解得，，A错误，
对于B，因为，所以.
由余弦定理得，
所以，B正确，
对于C，由，，则双曲线的渐近线方程为，
因为，所以与双曲线有两个交点，C正确，
对于D，假设的内心在轴上，则有，，直线过坐标原点，
所以，即需要，矛盾，D错误.
三、填空题（5分/15分）
12. 是的全排列，如果对任意的，和中至多有一个小于，则满足要求的排列的总数为__________.
【答案】
【解析】
【详解】因为没有比大的数，所以只能排在第一位或者第五位，
当排在第一位时，若排在第二位，
此时排列可以是，共种情况；
当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位，
此时排列可以是，共种情况；
当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位，
此时排列可以是，共种情况；
当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位，
此时排列可以是，共种情况；
由上可知，当排在第一位时，共有种情况，
同理可得，当排在第五位时，也有种情况满足条件，
综上所述，共有种排列满足条件.
13. 在平面直角坐标系中，圆是以原点为圆心，为半径的圆，直线与抛物线和圆分别相切于两点，当最小时，的值为________.
【答案】
【解析】
【分析】先利用抛物线切线方程与圆相切的条件，用点到直线距离公式建立关于切点横坐标与的关系式，再由切线长公式表示出，通过基本不等式求最值的代数式，求出最小值成立的条件，最后回代算出．
【详解】因为抛物线和圆均关于轴对称，

所以只需研究与抛物线切于第一象限的直线，此时，所以，
设，则直线的方程为，即，
因为直线与圆相切，则，化简得，
因为，
所以
．
当且仅当，即，即时，等号成立，
此时．
14. 有5个不同的人进行传球游戏，一开始球在甲的手中，球从某人传给另外一个人记为一次传球，每次传给不同的人是不同的传球过程，若经过n次传球之后球回到甲的手中（），则有______种传球过程（用n表示）
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合排除法列式，再利用构造法求出数列通项即可.
【详解】令经过n次传球之后球回到甲手中的传球过程为种，，
而每次传球有4种方法，则经过n次传球的传球过程有种，
因此经过n次传球之后球不在甲手中的传球过程有种，
由经过n次传球之后球回到甲手中，得第次传球之后球不在甲手中，持球者传给甲，
则，即，而，
于是数列是首项为，公比为的等比数列，，即，
所以不同传球过程种数为.
四、解答题（73分）
15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，为锐角三角形，已知，且满足条件．
（1）求的大小；
（2）求面积的最大值；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理可求的大小.
（2）利用基本不等式，结合三角形的面积公式，可求面积的最大值.
【小问1详解】
由.
由余弦定理，，且为三角形内角，所以.
【小问2详解】
由，得，
所以（当且仅当，即为等边三角形时取等号）.
所以.
所以面积的最大值为.
16. 已知函数.
（1）当时，求的极值；
（2）讨论函数的单调性.
【答案】（1）的极小值为，无极大值
（2）当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【解析】
【分析】（1）由条件可得，求导函数及其零点，利用导数与函数单调性的关系判断函数的单调性，结合极值的定义求结论；
（2）分别在条件，下化简函数解析式，结合对数函数性质导数与函数的单调性的关系判断函数的单调性即可.
【小问1详解】
当时，，
所以.
令，得，
且当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
【小问2详解】
.
当时，，
因为，所以在上单调递减.
当时，，
由，
令，得.
当，即时，，
所以在上单调递增.
当，即时，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
17. 如图，在直四棱柱中，，.
（1）证明：平面；
（2）动点满足，且点，，，在同一球面上，设该球面的球心为，半径为.
（i）求的取值范围；
（ii）当最大时，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据直四棱柱性质利用线面垂直判定定理证明可得平面；
（2）（i）建立空间直角坐标系，利用可求出球心以及点的坐标表示，利用可得取值范围；
（ii）易知当最大时,求出平面与平面的法向量，求出两法向量夹角余弦值的绝对值即可.
【小问1详解】
因为在直四棱柱中，平面，
又平面，所以，
因为，所以，
在中，，，满足，
所以，
又，平面，
所以平面；
【小问2详解】
（i）因为在直四棱柱中，，
所以四边形为平行四边形，四边形为正方形，
所以平面，
因此两两垂直，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
根据题意可得；
取的中点，的中点为；
因为球经过点，，，且为等腰直角三角形，
所以球心在直线上，
设，
则，
又，
点在球上，所以，
可得，故；
因为，所以，；
所以，即；
因此该球的半径的取值范围为；
（ii）当球的半径最大时，，，
所以，，即点与点重合；
此时，
设平面的一个法向量为，
则有，令，可得，
所以，
即平面的一个法向量为，
因为平面，可得平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 某次乒乓球课上，甲、乙、丙、丁四人进行游戏，先在四人中每两人之间进行一场乒乓球比赛，每场比赛胜者积1分，负者积0分，没有平局．乒乓球比赛结束后，再进行抽奖，积分为k的人有k次抽奖机会，每人的游戏总得分为其比赛积分与中奖次数的和，总得分最高者（允许并列）获得奖励．已知每场乒乓球比赛中每人获胜的概率均为，每次抽奖每人中奖的概率均为，且各场比赛结果、每次抽奖结果互不影响．
（1）求甲在乒乓球比赛中积1分的概率；
（2）记甲在游戏中总得分为2的概率为，求的最小值；
（3）若，记事件A为“甲在乒乓球比赛中积3分”，事件B为“甲在游戏中获得奖励”，求．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）用独立事件概率公式求解；
（2）用独立事件概率公式表示，转化为一元二次函数的最值问题；
（3）使用条件概率公式与全概率公式求解.
【小问1详解】
甲在乒乓球比赛中积1分，则甲与乙、丙、丁三人的3场比赛中，胜1场，负两场，故概率为；
【小问2详解】
甲在游戏中总得分为2，对应事件：甲在乒乓球比赛中获得1积分，抽奖1次中1次；
或甲在乒乓球比赛中获得2积分，抽奖两次中0次，故所求概率为
；
故当时，的最小值为
【小问3详解】
乒乓球比赛中在事件发生的条件下，其余三人的积分有两种情形：2，1，0或1，1，1
则A发生当且仅当甲战胜乙、丙、丁3人，故，
记事件“甲在乒乓球比赛中积3分，乙、丙、丁各得1分”为，
则，，
事件“甲在乒乓球比赛中积3分，另3人得分为2，1，0分”为，
则，
且甲要获得奖励则对应两种情况：“甲3次抽奖至少中一次”，或者“甲3次抽奖一次都未中，而得两分的人至多抽中一次”，故
由全概率公式，
所以
19. 在平面直角坐标系中，设抛物线的焦点为，点，，且向量与共线．
（1）求的方程．
（2）已知动直线与交于两个不同的点．
（ⅰ）若过点且斜率小于0，证明：以为直径的圆被轴截得的弦长大于．
（ⅱ）若不经过点，且平分，求的外接圆圆心的轨迹方程．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）利用向量的坐标表示，结合向量共线的条件即，求出，进而得到抛物线的方程；
（2）（ⅰ）设直线方程与抛物线方程联立，用韦达定理表示出的横坐标和与积，即和，表示出半径，得出以为直径圆的弦长公式，结合的条件进行判断；
（ⅱ）利用角平分线的性质，结合三角形外接圆的圆心为各边垂直平分线的交点的性质，
分别求出，，的直线方程，联立垂直平分线方程，得到圆心坐标的参数式，
消除参数即可得到圆心的轨迹方程，需注意排除原点.
【小问1详解】
解：（1）由题意知，
则，因为向量与共线，所以，
解得，故的方程为．
【小问2详解】
（ⅰ）证明：设的方程为，代入，
得，．
设，，则，，
则．
设以为直径的圆为圆，且圆心的坐标为，则，
则圆心到轴的距离，
所以圆被轴截得的弦长为，
因为，所以，则
，即以为直径的圆被轴截得的弦长大于4．
（ⅱ）因为平分，所以直线与关于直线对称，
又直线的方程为，且点关于直线对称的点为，
所以，即．
将，代入，得，因为，所以．
当直线的斜率不存在时，，此时，重合，这显然不符合题意，
则直线的斜率存在．设的方程为，代入，
得，则，，解得．
由，得或，由平分，，都在上，得均位于第一象限，则．
设外接圆的圆心为，线段的中点坐标为，则，
所以线段的垂直平分线的方程为，
整理得①．
同理可得线段的垂直平分线的方程为②．
由，及①②可得．
因为，
所以线段的垂直平分线的方程为，
将代入上式得．
因为，所以，故的外接圆圆心的轨迹方程为．