2026届忻州市高三第一次模拟考试数学试卷（含答案解析）

这是一份2026届忻州市高三第一次模拟考试数学试卷（含答案解析），共18页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，已知,则，已知，若对任意，关于x的不等式，若，则的虚部是，已知集合，则集合等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．已知向量，若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
2． “”是“函数（为常数）为幂函数”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
3．一个封闭的棱长为2的正方体容器，当水平放置时，如图，水面的高度正好为棱长的一半．若将该正方体绕下底面（底面与水平面平行）的某条棱任意旋转，则容器里水面的最大高度为（ ）
A．B．C．D．
4．有一改形塔几何体由若千个正方体构成，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8，如果改形塔的最上层正方体的边长小于1，那么该塔形中正方体的个数至少是（ ）
A．8B．7C．6D．4
5．如图，内接于圆，是圆的直径，，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知,则 ( )
A．B．C．D．
7．已知，若对任意，关于x的不等式（e为自然对数的底数）至少有2个正整数解，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．若，则的虚部是
A．3B．C．D．
9．已知集合，则集合（ ）
A．B．C．D．
10．若，则“”的一个充分不必要条件是
A．B．
C．且D．或
11．已知集合，，则集合的真子集的个数是（ ）
A．8B．7C．4D．3
12．已知等比数列的前项和为，且满足，则的值是( )
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知△的三个内角为，，，且，，成等差数列， 则的最小值为__________，最大值为___________.
14．设数列的前项和为，且对任意正整数，都有，则___
15．已知向量，且 ，则实数的值是__________．
16．如图所示，点，B均在抛物线上，等腰直角的斜边为BC，点C在x轴的正半轴上，则点B的坐标是________.
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A是抛物线E：y2＝2px(p>0)上的一点，以点A和点B(2,0)为直径两端点的圆C交直线x＝1于M，N两点.
（1）若|MN|＝2，求抛物线E的方程；
（2）若0＜p＜1，抛物线E与圆(x﹣5)2+y2=9在x轴上方的交点为P，Q，点G为PQ的中点，O为坐标原点，求直线OG斜率的取值范围.
18．（12分）如图，底面ABCD是边长为2的菱形，，平面ABCD，，，BE与平面ABCD所成的角为.
（1）求证：平面平面BDE；
（2）求二面角B-EF-D的余弦值.
19．（12分）函数，且恒成立.
（1）求实数的集合；
（2）当时，判断图象与图象的交点个数，并证明.
（参考数据：）
20．（12分）已知函数（），是的导数.
（1）当时，令，为的导数.证明：在区间存在唯一的极小值点；
（2）已知函数在上单调递减，求的取值范围.
21．（12分）已知椭圆C：（a＞b＞0）过点（0,），且满足a+b＝3．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若斜率为的直线与椭圆C交于两个不同点A，B，点M坐标为（2,1），设直线MA与MB的斜率分别为k1，k2，试问k1+k2是否为定值？并说明理由．
22．（10分）在国家“大众创业，万众创新”战略下，某企业决定加大对某种产品的研发投入.为了对新研发的产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格试销，得到一组检测数据如表所示:
已知变量且有线性负相关关系，现有甲、乙、丙三位同学通过计算求得回归直线方程分别为:甲； 乙；丙，其中有且仅有一位同学的计算结果是正确的.
（1）试判断谁的计算结果正确？
（2）若由线性回归方程得到的估计数据与检测数据的误差不超过，则称该检测数据是“理想数据”，现从检测数据中随机抽取个，求“理想数据”的个数的分布列和数学期望.
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．D
【解析】
由两向量垂直可得，整理后可知，将已知条件代入后即可求出实数的值.
【详解】
解：，，即，
将和代入，得出，所以.
故选:D.
本题考查了向量的数量积，考查了向量的坐标运算.对于向量问题，若已知垂直，通常可得到两个向量的数量积为0，继而结合条件进行化简、整理.
2．A
【解析】
根据幂函数定义，求得的值，结合充分条件与必要条件的概念即可判断.
【详解】
∵当函数为幂函数时，，
解得或，
∴“”是“函数为幂函数”的充分不必要条件.
故选：A.
本题考查了充分必要条件的概念和判断，幂函数定义的应用，属于基础题.
3．B
【解析】
根据已知可知水面的最大高度为正方体面对角线长的一半，由此得到结论．
【详解】
正方体的面对角线长为，又水的体积是正方体体积的一半，
且正方体绕下底面（底面与水平面平行）的某条棱任意旋转，
所以容器里水面的最大高度为面对角线长的一半，
即最大水面高度为，故选B.
本题考查了正方体的几何特征，考查了空间想象能力，属于基础题．
4．A
【解析】
则从下往上第二层正方体的棱长为：，从下往上第三层正方体的棱长为：，从下往上第四层正方体的棱长为：，以此类推，能求出改形塔的最上层正方体的边长小于1时该塔形中正方体的个数的最小值的求法.
【详解】
最底层正方体的棱长为8，
则从下往上第二层正方体的棱长为：，
从下往上第三层正方体的棱长为：，
从下往上第四层正方体的棱长为：，
从下往上第五层正方体的棱长为：，
从下往上第六层正方体的棱长为：，
从下往上第七层正方体的棱长为：，
从下往上第八层正方体的棱长为：，
∴改形塔的最上层正方体的边长小于1，那么该塔形中正方体的个数至少是8.
故选：A.
本小题主要考查正方体有关计算，属于基础题.
5．B
【解析】
根据已知证明平面，只要设，则，从而可得体积，利用基本不等式可得最大值．
【详解】
因为，所以四边形为平行四边形.又因为平面，平面，
所以平面，所以平面.在直角三角形中，，
设，则，
所以，所
以.又因为，当且仅当，即时等号成立，
所以.
故选：B．
本题考查求棱锥体积的最大值．解题方法是：首先证明线面垂直同，得棱锥的高，然后设出底面三角形一边长为，用建立体积与边长的函数关系，由基本不等式得最值，或由函数的性质得最值．
6．B
【解析】
利用诱导公式以及同角三角函数基本关系式化简求解即可．
【详解】
，
本题正确选项：
本题考查诱导公式的应用，同角三角函数基本关系式的应用，考查计算能力．
7．B
【解析】
构造函数（），求导可得在上单调递增,则 ,问题转化为,即至少有2个正整数解,构造函数,,通过导数研究单调性,由可知，要使得至少有2个正整数解,只需即可,代入可求得结果.
【详解】
构造函数（），则（），所以在上单调递增，所以，故问题转化为至少存在两个正整数x，使得成立，设，，则，当时，单调递增；当时，单调递增.，整理得.
故选:B.
本题考查导数在判断函数单调性中的应用,考查不等式成立问题中求解参数问题,考查学生分析问题的能力和逻辑推理能力,难度较难.
8．B
【解析】
因为，所以的虚部是.故选B．
9．D
【解析】
弄清集合B的含义，它的元素x来自于集合A，且也是集合A的元素.
【详解】
因，所以，故，又， ，则，
故集合.
故选：D.
本题考查集合的定义，涉及到解绝对值不等式，是一道基础题.
10．C
【解析】
，
∴，当且仅当 时取等号.
故“且 ”是“”的充分不必要条件.选C．
11．D
【解析】
转化条件得，利用元素个数为n的集合真子集个数为个即可得解.
【详解】
由题意得，
，集合的真子集的个数为个.
故选：D.
本题考查了集合的化简和运算，考查了集合真子集个数问题，属于基础题.
12．C
【解析】
利用先求出，然后计算出结果.
【详解】
根据题意，当时，,,
故当时，,
数列是等比数列,
则，故,
解得,
故选.
本题主要考查了等比数列前项和的表达形式，只要求出数列中的项即可得到结果，较为基础.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
根据正弦定理可得，利用余弦定理以及均值不等式，可得角的范围，然后构造函数，利用导数，研究函数性质，可得结果.
【详解】
由，，成等差数列
所以
所以
又
化简可得
当且仅当时，取等号
又，所以
令，
则
当，即时，
当，即时，
则在递增，在递减
所以
由，
所以
所以的最小值为
最大值为
故答案为：，
本题考查等差数列、正弦定理、余弦定理，还考查了不等式、导数的综合应用，难点在于根据余弦定理以及不等式求出，考验分析能力以及逻辑思维能力，属难题.
14．
【解析】
利用行列式定义，得到与的关系，赋值，即可求出结果。
【详解】
由，令，
得，解得。
本题主要考查行列式定义的应用。
15．
【解析】
∵=（1，2），=（x，1），
则=+2=（1，2）+2（x，1）=（1+2x，4），
=2﹣=2（1，2）﹣（x，1）=（2﹣x，3），
∵∴3（1+2x）﹣4（2﹣x）=1，解得：x=．
点睛:由向量的数乘和坐标加减法运算求得，然后利用向量共线的坐标表示列式求解x的值．若=（a1，a2），=（b1，b2），则⊥⇔a1a2+b1b2=1，∥⇔a1b2﹣a2b1=1．
16．
【解析】
设出两点的坐标，结合抛物线方程、两条直线垂直的条件以及两点间的距离公式列方程，解方程求得的坐标.
【详解】
设，由于在抛物线上，所以.由于三角形是等腰直角三角形，，所以.由得，化为，可得，所以，解得，则.所以.
故答案为：
本题考查抛物线的方程和运用，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
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）.（2）
【解析】
（1）设A的坐标为A（x0，y0），由题意可得圆心C的坐标，求出C到直线x＝1的距离.由半个弦长，圆心到直线的距离及半径构成直角三角形可得p的值，进而求出抛物线的方程；
（2）将抛物线的方程与圆的方程联立可得韦达定理，进而求出中点G的坐标，再求出直线OG的斜率的表达式，换元可得斜率的取值范围.
【详解】
（1）设A（x0，y0）且y02＝2px0，则圆心C（），
圆C的直径|AB|，
圆心C到直线x＝1的距离d＝|1|＝||，
因为|MN|＝2，所以（）2+d2＝（）2，即1，y02＝2px0，
整理可得（2p﹣4）x0＝0，所以p＝2，
所以抛物线的方程为：y2＝4x；
（2）联立抛物线与圆的方程整理可得x2﹣2（5﹣p）x+16＝0，△＞0，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2＝2（5﹣p），x1x2＝16，
所以中点G的横坐标xG＝5﹣p，yG（），
所以kOG（0＜P＜1），
令t＝5﹣p（t∈（4，5）），则kOG（），
解得0＜kOG，
所以直线OG斜率的取值范围（0，）.
本题考查抛物线的性质及直线与抛物线的综合，换元方法的应用，属于中档题.
18．（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）要证明平面平面BDE，只需在平面内找一条直线垂直平面BDE即可；
（2）以O为坐标原点，OA，OB，OG所在直线分别为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系，分别求出平面BEF的法向量，平面的法向量，算出即可.
【详解】
（1）∵平面ABCD，平面ABCD.
∴.
又∵底面ABCD是菱形，∴.
∵，∴平面BDE，
设AC，BD交于O，取BE的中点G，连FG，OG，
，，四边形OCFG是平行四边形
，平面BDE
∴平面BDE，
又因平面BEF，
∴平面平面BDE.
（2）以O为坐标原点，OA，OB，OG所在直线分别为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系
∵BE与平面ABCD所成的角为，
，
，，，，.
，
设平面BEF的法向量为，，
，
设平面的法向量
设二面角的大小为.
.
本题考查线面垂直证面面垂直、面面所成角的计算，考查学生的计算能力，解决此类问题最关键是准确写出点的坐标，是一道中档题.
19．（1）；（2）2个，证明见解析
【解析】
（1）要恒成立，只要的最小值大于或等于零即可，所以只要讨论求解看是否有最小值；
（2）将图像与图像的交点个数转化为方程实数解的个数问题，然后构造函数，再利用导数讨论此函数零点的个数.
【详解】
（1）的定义域为，因为，
1°当时，在上单调递减，时，使得，与条件矛盾；
2°当时，由，得；由，得，所以在上单调递减，在上单调递增，即有，由恒成立，所以恒成立，令，
若；
若；而时，，要使恒成立，
故.
（2）原问题转化为方程实根个数问题，
当时，图象与图象有且仅有2个交点，理由如下：
由，即，令，
因为，所以是的一根；，
1°当时，，
所以在上单调递减，，即在上无实根；
2°当时，，
则在上单调递递增，又，
所以在上有唯一实根，且满足，
①当时，在上单调递减，此时在上无实根；
②当时，在上单调递增，
，故在上有唯一实根.
3°当时，由（1）知，在上单调递增，
所以，
故，所以在上无实根.
综合1°，2°，3°，故有两个实根，即图象与图象有且仅有2个交点.
此题考查不等式恒成立问题、函数与方程的转化思想，考查导数的运用，属于较难题.
20．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）设，，注意到在上单增，再利用零点存在性定理即可解决；
（2）函数在上单调递减，则在恒成立，即在上恒成立，构造函数，求导讨论的最值即可.
【详解】
（1）由已知，，所以，
设，，
当时，单调递增，而，，且在上图象连续
不断.所以在上有唯一零点，
当时，；当时，；
∴在单调递减，在单调递增，故在区间上存在唯一的极小
值点，即在区间上存在唯一的极小值点；
（2）设，，，
∴在单调递增，，
即，从而，
因为函数在上单调递减，
∴在上恒成立，
令，
∵，
∴，
在上单调递减，，
当时，，则在上单调递减，，符合题意.
当时，在上单调递减，
所以一定存在，
当时，，在上单调递增，
与题意不符，舍去.
综上，的取值范围是
本题考查利用导数研究函数的极值点、不等式恒成立问题，在处理恒成立问题时，通常是构造函数，转化成函数的最值来处理，本题是一道较难的题.
21．（1）（2）k1+k2为定值0，见解析
【解析】
（1）利用已知条件直接求解，得到椭圆的方程；
（2）设直线在轴上的截距为，推出直线方程，然后将直线与椭圆联立，设，利用韦达定理求出，然后化简求解即可.
【详解】
（1）由椭圆过点（0,），则，又a+b＝3，所以，
故椭圆的方程为；
（2），证明如下：
设直线在轴上的截距为，所以直线的方程为：，
由得：，
由得，
设，则，
所以，
又，
所以
，
故.
本题主要考查了椭圆的标准方程的求解，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查了方程的思想，转化与化归的思想，考查了学生的运算求解能力.
22．（1）乙同学正确
（2）分布列见解析，
【解析】
（1）由已知可得甲不正确，求出样本中心点代入验证，即可得出结论；
（2）根据（1）中得到的回归方程，求出估值，得到“理想数据”的个数，确定“理想数据”的个数的可能值，并求出概率，得到分布列，即可求解.
【详解】
（1）已知变量具有线性负相关关系，故甲不正确，
，代入两个回归方程，验证乙同学正确，
故回归方程为：
（2）由（1）得到的回归方程，计算估计数据如下表：
“理想数据”有3个，故“理想数据”的个数的取值为:.
，
，
于是“理想数据”的个数的分布列
本题考查样本回归中心点与线性回归直线方程关系，以及离散型随机变量的分布列和期望，意在考查逻辑推理、数学计算能力，属于中档题.
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