2026葫芦岛、辽阳高三下学期一模数学试卷含解析

这是一份2026葫芦岛、辽阳高三下学期一模数学试卷含解析，共26页。
注意事项：
1．答卷前，考生须在答题卡和试题卷上规定的位置，准确填写本人姓名、准考证号，并核对条形码上的信息.确认无误后，将条形码粘贴在答题卡上相应位置.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上各题目规定答题区域内，超出答题区域书写或写在本试卷上的答案无效.
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
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. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，的面积为，则的最小值为（ ）
A. 3B. C. 6D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合题设利用正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，再结合的面积为可得，进而根据基本不等式求解即可.
【详解】由，
根据正弦定理得，，
则，
在中，，则，即，
又，则，
又，则，
所以，当且仅当时等号成立，
则的最小值为6.
2. 已知函数，若存在实数a，b，c满足，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出图象后可得、、的关系，再求出的范围后可用表示出，即可得的取值范围.
【详解】作出图象如下：
由，且，则，
即有，，且，则，
故，
则.
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.）
3. 双曲线可由以坐标原点为中心的曲线绕其中心旋转一定角度得到．现将曲线绕原点旋转一定角度可得到双曲线，其左右焦点分别为和，点P为曲线C上一点，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线是曲线E的一条渐近线
B. 双曲线C的离心率为2
C. 若与双曲线C有四个交点，则
D. 以为直径的圆与圆相切
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，根据性质得到曲线的渐近线；B选项，求出曲线如何旋转得到双曲线，从而得到双曲线方程，求出离心率；C选项，举出反例；D选项，根据圆与圆的位置关系和直线与圆的位置关系得到D正确.
【详解】A选项，中，当趋向于或时，曲线趋向于，
当从左边趋向于0时，趋向于，从右边趋向于0时，趋向于，
由双刀函数性质可知曲线的渐近线分别为和，A正确；
B选项，两条渐近线夹角为，结合图象可知曲线的对称轴为和（如图），
故将绕原点逆时针旋转得到，
故的两渐近线方程分别为，
联立与得，
当时，，当时，，
故曲线的两个顶点为，，
故，
易得中，
由渐近线方程为得，故，，
故离心率为，B正确；
C选项，由B可知，双曲线方程为，
当时，联立与得，
解得，
当时，，交点坐标为，当时，，
交点坐标为，共3个交点，不合要求，C错误；
D选项，，设，故，
以为直径的圆方程为，
即，
与圆联立可得，此为两圆的交点弦方程或公切线方程，
圆的圆心到直线的距离
，
以为直径的圆与圆相切，D正确
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
4. 一塔形几何体由若干个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点，已知最底层正方体的棱长为，将几何体放入半径为的半球内，使得最下层正方体底面中心在半球球心处，则该塔形几何体中正方体的个数最多为________．

【答案】
【解析】
【分析】从下到上设第个正方体的棱长记为，设第个正方体上底面的中心记为，分析可知数列是首项为，公比为的等比数列，可得出数列的通项公式，设第个正方体上底面的一个顶点为，求出、，根据题意得出，根据二次函数的单调性以及数列的单调性可得出的可能取值，即可得解.
【详解】从下到上设第个正方体的棱长记为，设第个正方体上底面的中心记为，
设球心为，则为第一个正方体下表面的中心，
设半径为的半球内能放进该塔形几何体中正方体的个数为，
由题意可知，，所以，
故数列是首项为，公比为的等比数列，所以，
，
，
根据题意可知，即，
令，上述不等式可化为，
化简可得，
构造函数，
二次函数的图象开口向上，对称轴为直线，
故二次函数在上单调递减，
当时，，且，
当时，，则，
当时，，则，
当时，，则，
故当时，，则，
故满足不等式的正整数的取值构成的集合为.
因此该塔形几何体中正方体的个数最多为.

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.）
5. 在数列中，记，若为等差数列，则称为二阶等差数列．
（1）若，判断是否为二阶等差数列？并说明理由；
（2）已知二阶等差数列满足，，．
①求数列的通项公式；
②若不等式对恒成立，求实数k的取值范围．
【答案】（1）是，理由见解析
（2）①；②.
【解析】
【分析】（1）求出数列的通项公式，结合“二阶等差数列”的定义判断即可；
（2）①求出等差数列的通项公式，再利用累加法可求得数列的通项公式；
②由可得，令，分析数列的单调性，求出该数列最大项的值，即可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
因为，所以
，
所以，故数列为等差数列，
故数列为二阶等差数列.
【小问2详解】
①根据题意可得，，
因为数列为等差数列，故数列的公差为,
所以等差数列的首项为，故，
所以，
当时，，，，，
上述等式相加得，
故，
也满足，故对任意的，；
②由题意可知，，即，可得，
令，则，
当且时，，可得；
当时，；
当且时，，可得，
所以数列的最大项为，故，
所以实数的取值范围是.
6. 已知函数．
（1）当时，求在点处的切线方程；
（2）当时，证明：对任意，都有；
（3）证明：，.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）当对任意的，当时，要证，只需证明，变形为，构造函数，利用导数分析该函数的单调性，即可证得结论成立；
（3）由（2）得出，令，可得出，证明出，令，可得出，结合不等式的性质得出，再利用累加法可证得结论成立.
【小问1详解】
当时，，
则，
所以，，
故当时，在点处的切线方程为.
【小问2详解】
对任意的，当时，，
故只需证对任意的恒成立，整理得，
构造函数，其中，
则
，
所以函数在上为减函数，故当时，，即，
故对任意的，，
故当时，对任意，都有.
【小问3详解】
由（2）知，当时，，即，
令，则，
因为，所以，
构造函数，其中，则，
当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
所以，即，当且仅当时，等号成立，
令，得，即，
整理得，
则，
即，
所以，，，，
累加得
，
故，.