2026届贵州省思南中学高三第一次模拟考试数学试卷含解析

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1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
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．在直角中，，，，若，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知点是抛物线：的焦点，点为抛物线的对称轴与其准线的交点，过作抛物线的切线，切点为，若点恰好在以，为焦点的双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是
A．α内有无数条直线与β平行
B．α内有两条相交直线与β平行
C．α，β平行于同一条直线
D．α，β垂直于同一平面
4．已知类产品共两件，类产品共三件，混放在一起，现需要通过检测将其区分开来，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件类产品或者检测出3件类产品时，检测结束，则第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．正三棱锥底面边长为3，侧棱与底面成角，则正三棱锥的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知向量与的夹角为，，，则( )
A．B．0C．0或D．
7．在等腰直角三角形中，，为的中点，将它沿翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球的表面积为（ ）.
A．B．C．D．
8．已知P是双曲线渐近线上一点，，是双曲线的左、右焦点，，记，PO，的斜率为，k，，若，-2k，成等差数列，则此双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
9．若复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知空间两不同直线、，两不同平面，，下列命题正确的是（ ）
A．若且，则B．若且，则
C．若且，则D．若不垂直于，且，则不垂直于
11．已知，，，，．若实数，满足不等式组，则目标函数（ ）
A．有最大值，无最小值B．有最大值，有最小值
C．无最大值，有最小值D．无最大值，无最小值
12．已知是函数的极大值点，则的取值范围是
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若实数满足不等式组，则的最小值是___
14．已知等比数列的各项均为正数，，则的值为________.
15．设是公差不为0的等差数列的前n项和，且，则______.
16．在棱长为6的正方体中，是的中点，点是面，所在平面内的动点，且满足，则三棱锥的体积的最大值是__________.
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）运输一批海鲜，可在汽车、火车、飞机三种运输工具中选择，它们的速度分别为60千米/小时、120千米/小时、600千米/小时，每千米的运费分别为20元、10元、50元.这批海鲜在运输过程中每小时的损耗为m元（），运输的路程为S（千米）.设用汽车、火车、飞机三种运输工具运输时各自的总费用（包括运费和损耗费）分别为（元）、（元）、（元）.
（1）请分别写出、、的表达式；
（2）试确定使用哪种运输工具总费用最省.
18．（12分）设为抛物线的焦点，，为抛物线上的两个动点，为坐标原点.
（Ⅰ）若点在线段上，求的最小值；
（Ⅱ）当时，求点纵坐标的取值范围.
19．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（是参数），以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）求直线与曲线的普通方程，并求出直线的倾斜角；
（2）记直线与轴的交点为是曲线上的动点，求点的最大距离.
20．（12分）已知函数（为常数）
（Ⅰ）当时，求的单调区间；
（Ⅱ）若为增函数，求实数的取值范围.
21．（12分）已知△ABC三内角A、B、C所对边的长分别为a，b，c，且3sin2A+3sin2B＝4sinAsinB+3sin2C．
（1）求csC的值；
（2）若a＝3，c，求△ABC的面积．
22．（10分）已知函数.
（1）若，求不等式的解集；
（2）若“，”为假命题，求的取值范围.
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、C
【解析】
在直角三角形ABC中，求得 ，再由向量的加减运算，运用平面向量基本定理，结合向量数量积的定义和性质：向量的平方即为模的平方，化简计算即可得到所求值．
【详解】
在直角中，，，，，
，
若，则
故选C.
【点睛】
本题考查向量的加减运算和数量积的定义和性质，主要是向量的平方即为模的平方，考查运算能力，属于中档题．
2、D
【解析】
根据抛物线的性质，设出直线方程，代入抛物线方程，求得k的值，设出双曲线方程，求得2a＝丨AF2丨﹣丨AF1丨＝（1）p，利用双曲线的离心率公式求得e．
【详解】
直线F2A的直线方程为：y＝kx，F1（0，），F2（0，），
代入抛物线C：x2＝2py方程，整理得：x2﹣2pkx+p2＝0，
∴△＝4k2p2﹣4p2＝0，解得：k＝±1，
∴A（p，），设双曲线方程为：1，
丨AF1丨＝p，丨AF2丨p，
2a＝丨AF2丨﹣丨AF1丨＝（ 1）p，
2c＝p，
∴离心率e1，
故选：D．
【点睛】
本题考查抛物线及双曲线的方程及简单性质，考查转化思想，考查计算能力，属于中档题．
3、B
【解析】
本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．
【详解】
由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是的充分条件，由面面平行性质定理知，若，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是的必要条件，故选B．
【点睛】
面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若，则”此类的错误．
4、D
【解析】
根据分步计数原理，由古典概型概率公式可得第一次检测出类产品的概率，不放回情况下第二次检测出类产品的概率，即可得解.
【详解】
类产品共两件，类产品共三件，
则第一次检测出类产品的概率为；
不放回情况下，剩余4件产品，则第二次检测出类产品的概率为；
故第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为；
故选：D.
【点睛】
本题考查了分步乘法计数原理的应用，古典概型概率计算公式的应用，属于基础题.
5、D
【解析】
由侧棱与底面所成角及底面边长求得正棱锥的高，再利用勾股定理求得球半径后可得球体积．
【详解】
如图，正三棱锥中，是底面的中心，则是正棱锥的高，是侧棱与底面所成的角，即＝60°，由底面边长为3得，
∴．
正三棱锥外接球球心必在上，设球半径为，
则由得，解得，
∴．
故选：D．
【点睛】
本题考查球体积，考查正三棱锥与外接球的关系．掌握正棱锥性质是解题关键．
6、B
【解析】
由数量积的定义表示出向量与的夹角为，再由，代入表达式中即可求出.
【详解】
由向量与的夹角为，
得，
所以，
又，，，，
所以，解得.
故选：B
【点睛】
本题主要考查向量数量积的运算和向量的模长平方等于向量的平方，考查学生的计算能力，属于基础题.
7、D
【解析】
如图，将四面体放到直三棱柱中，求四面体的外接球的半径转化为求三棱柱外接球的半径，然后确定球心在上下底面外接圆圆心连线中点，这样根据几何关系，求外接球的半径.
【详解】
中，易知，
翻折后,
，
，
设外接圆的半径为，
， ，
如图：易得平面，将四面体放到直三棱柱中，则球心在上下底面外接圆圆心连线中点，设几何体外接球的半径为，
，
四面体的外接球的表面积为.
故选：D
【点睛】
本题考查几何体的外接球的表面积，意在考查空间想象能力，和计算能力，属于中档题型，求几何体的外接球的半径时，一般可以用补形法，因正方体，长方体的外接球半径 容易求，可以将一些特殊的几何体补形为正方体或长方体，比如三条侧棱两两垂直的三棱锥，或是构造直角三角形法，确定球心的位置，构造关于外接球半径的方程求解.
8、B
【解析】
求得双曲线的一条渐近线方程，设出的坐标，由题意求得，运用直线的斜率公式可得，，，再由等差数列中项性质和离心率公式，计算可得所求值．
【详解】
设双曲线的一条渐近线方程为，
且，由，可得以为圆心，为半径的圆与渐近线交于，
可得，可取，则，
设，，则，，，
由，，成等差数列，可得，
化为，即，
可得，
故选：．
【点睛】
本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率，考查方程思想和运算能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
9、D
【解析】
先化简得再求得解.
【详解】
所以.
故选：D
【点睛】
本题主要考查复数的运算和模的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
10、C
【解析】
因答案A中的直线可以异面或相交，故不正确；答案B中的直线也成立，故不正确；答案C中的直线可以平移到平面中，所以由面面垂直的判定定理可知两平面互相垂直，是正确的；答案D中直线也有可能垂直于直线，故不正确．应选答案C．
11、B
【解析】
判断直线与纵轴交点的位置，画出可行解域，即可判断出目标函数的最值情况.
【详解】
由，，所以可得.
，
所以由，因此该直线在纵轴的截距为正，但是斜率有两种可能，因此可行解域如下图所示：
由此可以判断该目标函数一定有最大值和最小值.
故选：B
【点睛】
本题考查了目标函数最值是否存在问题，考查了数形结合思想，考查了不等式的性质应用.
12、B
【解析】
方法一：令，则，，
当，时，，单调递减，
∴时，，，且，
∴，即在上单调递增，
时，，，且，
∴，即在上单调递减，∴是函数的极大值点，∴满足题意；
当时，存在使得，即，
又在上单调递减，∴时，，所以，
这与是函数的极大值点矛盾．
综上，．故选B．
方法二：依据极值的定义，要使是函数的极大值点，须在的左侧附近，，即；在的右侧附近，，即．易知，时，与相切于原点，所以根据与的图象关系，可得，故选B．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、-1
【解析】
作出可行域，如图：
由得,由图可知当直线经过A点时目标函数取得最小值，A（1,0）
所以-1
故答案为-1
14、
【解析】
运用等比数列的通项公式，即可解得．
【详解】
解：，，
，，，
，，，，
，，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查等比数列的通项公式及应用，考查计算能力，属于基础题．
15、18
【解析】
将已知已知转化为的形式，化简后求得，利用等差数列前公式化简，由此求得表达式的值.
【详解】
因为，所以.
故填：.
【点睛】
本题考查等差数列基本量的计算，考查等差数列的性质以及求和，考查运算求解能力，属于基础题.
16、
【解析】
根据与相似，，过作于，利用体积公式求解OP最值，根据勾股定理得出，，利用函数单调性判断求解即可.
【详解】
∵在棱长为6的正方体中，
是的中点，点是面所在平面内的动点，
且满足，又，
∴与相似
∴，即，
过作于，设，，
∴，化简得：
，，
根据函数单调性判断，时，取得最大值36，，
在正方体中平面.
三棱锥体积的最大值为
【点睛】
本题考查三角形相似，几何体体积以及函数单调性的综合应用，难度一般.
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）当时，此时选择火车运输费最省；
当时，此时选择飞机运输费用最省；
当时，此时选择火车或飞机运输费用最省.
【解析】
（1）将运费和损耗费相加得出总费用的表达式.
（2）作差比较、的大小关系得出结论.
【详解】
（1），
，.
（2），
故，
恒成立，故只需比较与的大小关系即可，
令，
故当，即时，
，即，此时选择火车运输费最省，
当，即时，
，即，此时选择飞机运输费用最省.
当，即时，
，，
此时选择火车或飞机运输费用最省.
【点睛】
本题考查了常见函数的模型，考查了分类讨论的思想，属于基础题.
18、（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
（1）由抛物线的性质，当轴时，最小；（2）设点，，分别代入抛物线方程和得到三个方程，消去，得到关于的一元二次方程，利用判别式即可求出的范围.
【详解】
解：（1）由抛物线的标准方程，，根据抛物线的性质，当轴时，最小，最小值为，即为4.
（2）由题意，设点，，其中，.
则，①，②
因为，，，
所以.③
由①②③，得，
由，且，得，
解不等式，得点纵坐标的范围为.
【点睛】
本题主要考查抛物线的方程和性质和二次方程的解的问题，考查运算能力，此类问题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等，易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解.
19、（1），，直线的倾斜角为
（2）
【解析】
（1）由公式消去参数得普通方程，由公式可得直角坐标方程后可得倾斜角；
（2）求出直线与轴交点，用参数表示点坐标，求出，利用三角函数的性质可得最大值．
【详解】
（1）由，消去得的普通方程是：
由，得，
将代入上式，化简得
直线的倾斜角为
（2）在曲线上任取一点，
直线与轴的交点的坐标为
则
当且仅当时，取最大值.
【点睛】
本题考查参数方程与普通方程的互化，考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，属于基础题．求两点间距离的最值时，用参数方程设点的坐标可把问题转化为三角函数问题．
20、（Ⅰ）单调递增区间为，；单调递减区间为；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）对函数进行求导，利用导数判断函数的单调性即可；
（Ⅱ）对函数进行求导，由题意知,为增函数等价于在区间恒成立，利用分离参数法和基本不等式求最值即可求出实数的取值范围.
【详解】
（Ⅰ）由题意知，函数的定义域为，
当时，，
令，得，或，
所以，随的变化情况如下表：
的单调递增区间为，，单调递减区间为.
（Ⅱ）由题意得在区间恒成立，
即在区间恒成立.
，当且仅当，即时等号成立.
所以，所以的取值范围是.
【点睛】
本题考查利用导数求函数的单调区间、利用分离参数法和基本不等式求最值求参数的取值范围；考查运算求解能力和逻辑推理能力；利用导数把函数单调性问题转化为不等式恒成立问题是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.
21、（1）；（2）或．
【解析】
（1）利用正弦定理对已知代数式化简，根据余弦定理求解余弦值；
（2）根据余弦定理求出b＝1或b＝3，结合面积公式求解.
【详解】
（1）已知等式3sin2A+3sin2B＝4sinAsinB+3sin2C，利用正弦定理化简得：3a2+3b2﹣3c2＝4ab，即a2+b2﹣c2ab，
∴csC；
（2）把a＝3，c，代入3a2+3b2﹣3c2＝4ab得：b＝1或b＝3，
∵csC，C为三角形内角，
∴sinC，
∴S△ABCabsinC3×bb，
则△ABC的面积为或．
【点睛】
此题考查利用正余弦定理求解三角形，关键在于熟练掌握正弦定理进行边角互化，利用余弦定理求解边长，根据面积公式求解面积.
22、（1）
（2）
【解析】
（1））当时，将函数写成分段函数，即可求得不等式的解集.
（2）根据原命题是假命题，这命题的否定为真命题，即“，”为真命题，只需满足即可.
【详解】
解：（1）当时，
由，得.
故不等式的解集为.
（2）因为“，”为假命题，
所以“，”为真命题，
所以.
因为，
所以，则，所以，
即，解得，即的取值范围为.
【点睛】
本题考查绝对值不等式的解法，以及绝对值三角不等式，属于基础题.
递增
递减
递增