2026届河北省承德市重点高中联谊校高三第一次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届河北省承德市重点高中联谊校高三第一次模拟考试数学试卷含解析，共53页。试卷主要包含了已知直线，某几何体的三视图如图所示，阿波罗尼斯等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，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．设、，数列满足，，，则（ ）
A．对于任意，都存在实数，使得恒成立
B．对于任意，都存在实数，使得恒成立
C．对于任意，都存在实数，使得恒成立
D．对于任意，都存在实数，使得恒成立
2．已知的部分图象如图所示，则的表达式是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知方程表示的曲线为的图象，对于函数有如下结论：①在上单调递减；②函数至少存在一个零点；③的最大值为；④若函数和图象关于原点对称，则由方程所确定；则正确命题序号为( )
A．①③B．②③C．①④D．②④
4．一个正方体被一个平面截去一部分后,剩余部分的三视图如下图,则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知直线：与椭圆交于、两点，与圆：交于、两点.若存在，使得，则椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．如图在一个的二面角的棱有两个点，线段分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于棱，且，则的长为（ ）
A．4B．C．2D．
7．某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）为（ ）
A．B．6C．D．
8．阿波罗尼斯（约公元前262~190年）证明过这样的命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆.后人将这个圆称为阿氏圆.若平面内两定点，间的距离为2，动点与，的距离之比为，当，，不共线时，的面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
9．已知抛物线,过抛物线上两点分别作抛物线的两条切线为两切线的交点为坐标原点若,则直线与的斜率之积为（ ）
A．B．C．D．
10．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P-ABC的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（ ）
A．PA，PB，PC两两垂直B．三棱锥P-ABC的体积为
C．D．三棱锥P-ABC的侧面积为
11．已知（为虚数单位，为的共轭复数），则复数在复平面内对应的点在（ ）.
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
12．已知单位向量，的夹角为，若向量，，且，则（ ）
A．2B．2C．4D．6
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．根据如图的算法，输出的结果是_________.
14．已知平行于轴的直线与双曲线：的两条渐近线分别交于，两点，为坐标原点，若为等边三角形，则双曲线的离心率为______.
15．如果复数满足，那么______（为虚数单位）.
16．已知的展开式中含有的项的系数是，则展开式中各项系数和为______.
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）已知函数，为实数，且．
（Ⅰ）当时，求的单调区间和极值；
（Ⅱ）求函数在区间，上的值域（其中为自然对数的底数）．
18．（12分）如图，在直三棱柱中，，点分别为和的中点.
（Ⅰ）棱上是否存在点使得平面平面？若存在，写出的长并证明你的结论；若不存在，请说明理由.
（Ⅱ）求二面角的余弦值.
19．（12分）在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线：.过点的直线：（为参数）与曲线相交于，两点.
（1）求曲线的直角坐标方程和直线的普通方程；
（2）若，求实数的值.
20．（12分）已知椭圆的右顶点为，点在轴上，线段与椭圆的交点在第一象限，过点的直线与椭圆相切，且直线交轴于.设过点且平行于直线的直线交轴于点.
（Ⅰ）当为线段的中点时，求直线的方程；
（Ⅱ）记的面积为，的面积为，求的最小值.
21．（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），曲线的极坐标方程为．
（Ⅰ）求直线的普通方程及曲线的直角坐标方程；
（Ⅱ）设点，直线与曲线相交于，，求的值．
22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为（为参数）．以平面直角坐标系的原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）设和交点的交点为，求 的面积．
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】
取，可排除AB；由蛛网图可得数列的单调情况，进而得到要使，只需，由此可得到答案.
【详解】
取，，数列恒单调递增，且不存在最大值，故排除AB选项；
由蛛网图可知，存在两个不动点，且，，
因为当时，数列单调递增，则；
当时，数列单调递减，则；
所以要使，只需要，故，化简得且.
故选：D．
【点睛】
本题考查递推数列的综合运用，考查逻辑推理能力，属于难题．
2、D
【解析】
由图象求出以及函数的最小正周期的值，利用周期公式可求得的值，然后将点的坐标代入函数的解析式，结合的取值范围求出的值，由此可得出函数的解析式.
【详解】
由图象可得，函数的最小正周期为，.
将点代入函数的解析式得，得，
，，则，，
因此，.
故选：D.
【点睛】
本题考查利用图象求三角函数解析式，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
3、C
【解析】
分四类情况进行讨论，然后画出相对应的图象，由图象可以判断所给命题的真假性.
【详解】
（1）当时，，此时不存在图象；
（2）当时，，此时为实轴为轴的双曲线一部分；
（3）当时，，此时为实轴为轴的双曲线一部分；
（4）当时，，此时为圆心在原点，半径为1的圆的一部分；
画出的图象，
由图象可得：
对于①，在上单调递减，所以①正确；
对于②，函数与的图象没有交点，即没有零点，所以②错误；
对于③，由函数图象的对称性可知③错误；
对于④，函数和图象关于原点对称，则中用代替，用代替，可得，所以④正确.
故选：C
【点睛】
本题主要考查了双曲线的简单几何性质，函数的图象与性质，函数的零点概念，考查了数形结合的数学思想.
4、D
【解析】
试题分析：如图所示，截去部分是正方体的一个角,其体积是正方体体积的,剩余部分体积是正方体体积的,所以截去部分体积与剩余部分体积的比值为,故选D.
考点：本题主要考查三视图及几何体体积的计算.
5、A
【解析】
由题意可知直线过定点即为圆心，由此得到坐标的关系，再根据点差法得到直线的斜率与坐标的关系，由此化简并求解出离心率的取值范围.
【详解】
设，且线过定点即为的圆心，
因为，所以，
又因为，所以，
所以，所以，
所以，所以，所以，
所以.
故选：A.
【点睛】
本题考查椭圆与圆的综合应用，着重考查了椭圆离心率求解以及点差法的运用，难度一般.通过运用点差法达到“设而不求”的目的，大大简化运算.
6、A
【解析】
由，两边平方后展开整理，即可求得，则的长可求．
【详解】
解：，
，
，，
，，
．
，
，
故选：．
【点睛】
本题考查了向量的多边形法则、数量积的运算性质、向量垂直与数量积的关系，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
7、D
【解析】
根据几何体的三视图，该几何体是由正方体去掉三棱锥得到，根据正方体和三棱锥的体积公式可求解.
【详解】
如图,该几何体为正方体去掉三棱锥,
所以该几何体的体积为：,
故选：D
【点睛】
本题主要考查了空间几何体的三视图以及体积的求法，考查了空间想象力，属于中档题.
8、A
【解析】
根据平面内两定点，间的距离为2，动点与，的距离之比为，利用直接法求得轨迹，然后利用数形结合求解.
【详解】
如图所示：
设，，，则，
化简得，
当点到（轴）距离最大时，的面积最大，
∴面积的最大值是.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查轨迹的求法和圆的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
9、A
【解析】
设出A，B的坐标，利用导数求出过A，B的切线的斜率，结合，可得x1x2＝﹣1．再写出OA，OB所在直线的斜率，作积得答案．
【详解】
解：设A（），B（），
由抛物线C：x2＝1y，得，则y′．
∴，，
由，可得，即x1x2＝﹣1．
又，，
∴．
故选：A．
点睛：（1）本题主要考查抛物线的简单几何性质，考查直线和抛物线的位置关系，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力.(2)解答本题的关键是解题的思路，由于与切线有关，所以一般先设切点，先设A,B,,再求切线PA,PB方程，
求点P坐标，再根据得到最后求直线与的斜率之积.如果先设点P的坐标，计算量就大一些.
10、C
【解析】
根据三视图，可得三棱锥P-ABC的直观图，然后再计算可得.
【详解】
解：根据三视图，可得三棱锥P-ABC的直观图如图所示，
其中D为AB的中点，底面ABC.
所以三棱锥P-ABC的体积为，
，，，
，、不可能垂直，
即不可能两两垂直，
，.
三棱锥P-ABC的侧面积为.
故正确的为C.
故选：C.
【点睛】
本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题.
11、D
【解析】
设，由，得，利用复数相等建立方程组即可.
【详解】
设，则，所以，
解得，故，复数在复平面内对应的点为，在第四象限.
故选：D.
【点睛】
本题考查复数的几何意义，涉及到共轭复数的定义、复数的模等知识，考查学生的基本计算能力，是一道容易题.
12、C
【解析】
根据列方程，由此求得的值，进而求得.
【详解】
由于，所以，即
，
解得.
所以
所以
.
故选：C
【点睛】
本小题主要考查向量垂直的表示，考查向量数量积的运算，考查向量模的求法，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、55
【解析】
根据该Fr语句的功能，可得，可得结果
【详解】
根据该Fr语句的功能，可得
则
故答案为：55
【点睛】
本题考查Fr语句的功能，属基础题.
14、2
【解析】
根据为等边三角形建立的关系式，从而可求离心率.
【详解】
据题设分析知，，所以，得，
所以双曲线的离心率.
【点睛】
本题主要考查双曲线的离心率的求解，根据条件建立之间的关系式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
15、
【解析】
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数模的计算公式求解.
【详解】
∵，
∴，
∴，
故答案为：.
【点睛】
本小题主要考查复数除法运算，考查复数的模的求法，属于基础题.
16、1
【解析】
由二项式定理及展开式通项公式得：，解得，令得：展开式中各项系数和，得解．
【详解】
解：由的展开式的通项，
令，
得含有的项的系数是，
解得，
令得：展开式中各项系数和为，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了二项式定理及展开式通项公式，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、（Ⅰ）极大值0，没有极小值；函数的递增区间，递减区间，（Ⅱ）见解析
【解析】
（Ⅰ）由，令，得增区间为，令，得减区间为，所以有极大值，无极小值；
（Ⅱ）由，分，和三种情况，考虑函数在区间上的值域，即可得到本题答案.
【详解】
当时，，，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
故当时，函数取得极大值，没有极小值；
函数的增区间为，减区间为，
，
当时，，在上单调递增，即函数的值域为；
当时，，在上单调递减， 即函数的值域为；
当时，易得时，，在上单调递增，时，，在上单调递减，
故当时，函数取得最大值，最小值为，中最小的，
当时，，最小值；
当，，最小值；
综上，当时，函数的值域为，
当时，函数的值域，
当时，函数的值域为，
当时，函数的值域为.
【点睛】
本题主要考查利用导数求单调区间和极值，以及利用导数研究含参函数在给定区间的值域，考查学生的运算求解能力，体现了分类讨论的数学思想.
18、（Ⅰ）存在点满足题意，且，证明详见解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）可考虑采用补形法，取的中点为，连接，可结合等腰三角形性质和线面垂直性质，先证平面，即，若能证明，则可得证，可通过我们反推出点对应位置应在处，进而得证；
（Ⅱ）采用建系法，以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系，分别求出两平面对应法向量，再结合向量夹角公式即可求解；
【详解】
（Ⅰ）存在点满足题意，且.
证明如下：
取的中点为，连接.
则，所以平面.
因为是的中点，所以.
在直三棱柱中，平面平面，且交线为，
所以平面，所以.
在平面内，，，
所以，从而可得.
又因为，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（Ⅱ）如图所示，以为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系.
易知，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，则有
取，得.
同理可求得平面的法向量为.
则.
由图可知二面角为锐角，所以其余弦值为.
【点睛】
本题考查面面垂直的判定定理、向量法求二面角的余弦值，属于中档题
19、（1），；（2）.
【解析】
（1）将代入求解，由（为参数）消去即可.
（2）将（为参数）与联立得，设，两点对应的参数为，，则，，再根据，即，利用韦达定理求解.
【详解】
（1）把代入，
得，
由（为参数），
消去得，
∴曲线的直角坐标方程和直线的普通方程分别是，.
（2）将（为参数）代入得，
设，两点对应的参数为，，则，，
由得，
所以，即，
所以，而，
解得.
【点睛】
本题主要考查参数方程、极坐标方程、直角坐标方程的转化和直线参数方程的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
20、（Ⅰ）直线的方程为（Ⅱ）
【解析】
（1）设点，利用中点坐标公式表示点B，并代入椭圆方程解得，从而求出直线的方程；（2）设直线的方程为：，表示点，然后联立方程，利用相切得出，然后求出切点，再设出设直线的方程，求出点，利用两点坐标，求出直线的方程，从而求出，最后利用以上已求点的坐标表示面积，根据基本不等式求最值即可.
【详解】
解：（Ⅰ）由椭圆，可得：
由题意：设点，当为的中点时，可得：
代入椭圆方程，可得：所以：
所以.故直线的方程为.
（Ⅱ）由题意，直线的斜率存在且不为0，
故设直线的方程为：
令，得：，所以：.
联立：，消，整理得：.
因为直线与椭圆相切，所以.
即.
设，则，，
所以.
又直线直线，所以设直线的方程为：.
令，得，所以：.
因为，
所以直线的方程为：.
令，得，所以：.
所以.
又因为.
.
所以（当且仅当，即时等号成立）
所以.
【点睛】
本小题主要考查直线和椭圆的位置关系，考查直线方程以及求椭圆中的最值问题，最值问题一般是把目标式求出，结合目标式特点选用合适的方法求解，侧重考查数学运算的核心素养，本题利用了基本不等式求最小值的方法，运算量较大，属于难题.
21、（Ⅰ），；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由（为参数）直接消去参数，可得直线的普通方程，把两边同时乘以，结合，可得曲线的直角坐标方程；
（Ⅱ）把代入，化为关于的一元二次方程，利用根与系数的关系及参数的几何意义求解．
【详解】
解：（Ⅰ ）由（为参数），消去参数，可得．
∵，∴，即．
∴曲线的直角坐标方程为；
（Ⅱ ）把代入，得．
设，两点对应的参数分别为，
则，．
不妨设，，
∴．
【点睛】
本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，明确直线参数方程中参数的几何意义是解题的关键，是中档题．
22、（1）；（2）
【解析】
（1）先将曲线的参数方程化为普通方程，再将普通方程化为极坐标方程即可.
（2）将和的极坐标方程联立，求得两个曲线交点的极坐标，即可由极坐标的含义求得的面积.
【详解】
（1）曲线的参数方程为（α为参数），
消去参数的的直角坐标方程为．
所以的极坐标方程为
（2）解方程组，
得到．
所以，
则或（）．
当（）时，，
当（）时，．
所以和的交点极坐标为： ,.
所以．
故的面积为．
【点睛】
本题考查了参数方程与普通方程的转化，直角坐标方程与极坐标的转化，利用极坐标求三角形面积，属于中档题.