2026届河北省秦皇岛中学高三3月份第一次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届河北省秦皇岛中学高三3月份第一次模拟考试数学试卷含解析，共17页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，函数，设，则，直线与圆的位置关系是，函数的大致图象为等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．阅读下面的程序框图，运行相应的程序，程序运行输出的结果是（ ）
A．1．1B．1C．2．9D．2．8
2．已知为抛物线的准线，抛物线上的点到的距离为，点的坐标为，则的最小值是（ ）
A．B．4C．2D．
3．过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，若线段中点的横坐标为3，且，则抛物线的方程是( )
A．B．C．D．
4．函数（其中是自然对数的底数）的大致图像为（ ）
A．B．C．D．
5．将函数的图象向右平移个周期后，所得图象关于轴对称，则的最小正值是（ ）
A．B．C．D．
6．设，则（ ）
A．B．C．D．
7．直线与圆的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．相离D．相交或相切
8．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
9．函数的大致图象为（ ）
A．B．
C．D．
10．已知为定义在上的奇函数，若当时，（为实数），则关于的不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
11．已知定义在R上的偶函数满足，当时，，函数（），则函数与函数的图象的所有交点的横坐标之和为（ ）
A．2B．4C．5D．6
12．我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角所对的边分别为，则的面积.根据此公式，若，且，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，再次烧制过程相互独立.根据该厂现有的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.5、0.6、0.4，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.6、0.5、0.75；则第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为________；经过前后两次烧制后，合格工艺品的件数为，则随机变量的期望为________.
14．在等差数列（）中，若，，则的值是______.
15．在平面直角坐标系xOy中，若圆C1：x2＋（y－1）2＝r2（r>0）上存在点P，且点P关于直线x－y＝0的对称点Q在圆C2：（x－2）2＋（y－1）2＝1上，则r的取值范围是________．
16．正四面体的一个顶点是圆柱上底面的圆心，另外三个顶点圆柱下底面的圆周上，记正四面体的体积为，圆柱的体积为，则的值是______.
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）已知.
（1）求不等式的解集；
（2）若存在，使得成立，求实数的取值范围
18．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：(a＞b＞0)的离心率为．且经过点(1，)，A，B分别为椭圆C的左、右顶点，过左焦点F的直线l交椭圆C于D，E两点（其中D在x轴上方）．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若△AEF与△BDF的面积之比为1：7，求直线l的方程．
19．（12分）在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是的中点．
（1）证明：平面；
（2）设是线段上的动点，当点到平面距离最大时，求三棱锥的体积．
20．（12分）某工厂的机器上有一种易损元件A，这种元件在使用过程中发生损坏时，需要送维修处维修．工厂规定当日损坏的元件A在次日早上 8：30 之前送到维修处，并要求维修人员当日必须完成所有损坏元件A的维修工作．每个工人独立维修A元件需要时间相同．维修处记录了某月从1日到20日每天维修元件A的个数，具体数据如下表：
从这20天中随机选取一天，随机变量X表示在维修处该天元件A的维修个数．
（Ⅰ）求X的分布列与数学期望；
（Ⅱ）若a，b，且b-a=6，求最大值；
（Ⅲ）目前维修处有两名工人从事维修工作，为使每个维修工人每天维修元件A的个数的数学期望不超过4个，至少需要增加几名维修工人？（只需写出结论）
21．（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线l的参数方程为（为参数），以原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为4sin.
（1）求曲线C的普通方程；
（2）求曲线l和曲线C的公共点的极坐标.
22．（10分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的短轴长为，直线与椭圆相交于两点，线段的中点为.当与连线的斜率为时，直线的倾斜角为
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若是以为直径的圆上的任意一点，求证：
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】
根据程序框图的模拟过程，写出每执行一次的运行结果，属于基础题.
【详解】
初始值，
第一次循环：，；
第二次循环：，；
第三次循环：，；
第四次循环：，；
第五次循环：，；
第六次循环：，；
第七次循环：，；
第九次循环：，；
第十次循环：，；
所以输出.
故选：C
【点睛】
本题考查了循环结构的程序框图的读取以及运行结果，属于基础题.
2、B
【解析】
设抛物线焦点为，由题意利用抛物线的定义可得，当共线时，取得最小值，由此求得答案.
【详解】
解：抛物线焦点，准线，
过作交于点，连接
由抛物线定义，
，
当且仅当三点共线时，取“＝”号，
∴的最小值为.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，体现了数形结合的数学思想，属于中档题.
3、B
【解析】
利用抛物线的定义可得,,把线段AB中点的横坐标为3,代入可得p值,然后可得出抛物线的方程.
【详解】
设抛物线的焦点为F,设点，
由抛物线的定义可知，
线段AB中点的横坐标为3，又，，可得，
所以抛物线方程为.
故选：B.
【点睛】
本题考查抛物线的定义、标准方程,以及简单性质的应用,利用抛物线的定义是解题的关键.
4、D
【解析】
由题意得，函数点定义域为且，所以定义域关于原点对称，
且，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，
故选D.
5、D
【解析】
由函数的图象平移变换公式求出变换后的函数解析式，再利用诱导公式得到关于的方程，对赋值即可求解.
【详解】
由题意知，函数的最小正周期为,即,
由函数的图象平移变换公式可得，
将函数的图象向右平移个周期后的解析式为
，
因为函数的图象关于轴对称，
所以，即，
所以当时，有最小正值为.
故选：D
【点睛】
本题考查函数的图象平移变换公式和三角函数诱导公式及正余弦函数的性质；熟练掌握诱导公式和正余弦函数的性质是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.
6、C
【解析】
试题分析：，．故C正确．
考点：复合函数求值．
7、D
【解析】
由几何法求出圆心到直线的距离，再与半径作比较，由此可得出结论．
【详解】
解：由题意，圆的圆心为，半径，
∵圆心到直线的距离为，
，
，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题．
8、B
【解析】
根据空间中线线、线面位置关系，逐项判断即可得出结果.
【详解】
A选项，若，，，，则或与相交；故A错；
B选项，若，，则，又，是两个不重合的平面，则，故B正确；
C选项，若，，则或或与相交，又，是两个不重合的平面，则或与相交；故C错；
D选项，若，，则或或与相交，又，是两个不重合的平面，则或与相交；故D错；
故选B
【点睛】
本题主要考查与线面、线线相关的命题，熟记线线、线面位置关系，即可求解，属于常考题型.
9、A
【解析】
利用特殊点的坐标代入，排除掉C，D；再由判断A选项正确.
【详解】
，排除掉C，D；
，
，，
.
故选：A．
【点睛】
本题考查了由函数解析式判断函数的大致图象问题，代入特殊点，采用排除法求解是解决这类问题的一种常用方法，属于中档题.
10、A
【解析】
先根据奇函数求出m的值，然后结合单调性求解不等式.
【详解】
据题意，得，得，所以当时，.分析知，函数在上为增函数.又，所以.又，所以，所以，故选A.
【点睛】
本题主要考查函数的性质应用，侧重考查数学抽象和数学运算的核心素养.
11、B
【解析】
由函数的性质可得：的图像关于直线对称且关于轴对称，函数（）的图像也关于对称，由函数图像的作法可知两个图像有四个交点，且两两关于直线对称，则与的图像所有交点的横坐标之和为4得解.
【详解】
由偶函数满足，
可得的图像关于直线对称且关于轴对称，
函数（）的图像也关于对称，
函数的图像与函数（）的图像的位置关系如图所示，
可知两个图像有四个交点，且两两关于直线对称，
则与的图像所有交点的横坐标之和为4.
故选：B
【点睛】
本题主要考查了函数的性质，考查了数形结合的思想，掌握函数的性质是解题的关键，属于中档题.
12、A
【解析】
根据，利用正弦定理边化为角得，整理为，根据，得，再由余弦定理得，又，代入公式求解.
【详解】
由得，
即，即，
因为，所以，
由余弦定理，所以，
由的面积公式得
故选：A
【点睛】
本题主要考查正弦定理和余弦定理以及类比推理，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、0.38 0.9
【解析】
考虑恰有一件的三种情况直接计算得到概率，随机变量的可能取值为，计算得到概率，再计算数学期望得到答案.
【详解】
第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为：
.
甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为：
，，.
故随机变量的可能取值为，
故；；
；.
故.
故答案为：0.38 ；0.9.
【点睛】
本题考查了概率的计算，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.
14、-15
【解析】
是等差数列，则有，可得的值，再由可得，计算即得.
【详解】
数列是等差数列，，又，，
，故.
故答案为：
【点睛】
本题考查等差数列的性质，也可以由已知条件求出和公差，再计算.
15、
【解析】
设圆C1上存在点P（x0，y0），则Q（y0，x0），分别满足两个圆的方程，列出方程组，转化成两个新圆有公共点求参数范围.
【详解】
设圆C1上存在点P（x0，y0）满足题意，点P关于直线x－y＝0的对称点Q（y0，x0），
则，
故只需圆x2＋（y－1）2＝r2与圆（x－1）2＋（y－2）2＝1有交点即可，所以|r－1|≤≤r＋1，解得.
故答案为：
【点睛】
此题考查圆与圆的位置关系，其中涉及点关于直线对称点问题，两个圆有公共点的判定方式.
16、
【解析】
设正四面体的棱长为，求出底面外接圆的半径与高，代入体积公式求解．
【详解】
解：设正四面体的棱长为，
则底面积为，底面外接圆的半径为，
高为．
∴正四面体的体积，
圆柱的体积．
则．
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查多面体与旋转体体积的求法，考查计算能力，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】
试题分析：（Ⅰ）通过讨论x的范围，得到关于x的不等式组，解出取并集即可；
（Ⅱ）求出f（x）的最大值，得到关于a的不等式，解出即可．
试题解析：
（1）不等式等价于或
或，解得或，
所以不等式的解集是；
（2），，
，解得实数的取值范围是．
点睛：含绝对值不等式的解法有两个基本方法，一是运用零点分区间讨论，二是利用绝对值的几何意义求解．法一是运用分类讨论思想，法二是运用数形结合思想，将绝对值不等式与函数以及不等式恒成立交汇、渗透，解题时强化函数、数形结合与转化化归思想方法的灵活应用，这是命题的新动向．
18、（1）（2）．
【解析】
（1）利用离心率和椭圆经过的点建立方程组，求解即可.
（2）把面积之比转化为纵坐标之间的关系，联立方程结合韦达定理可求.
【详解】
解：（1）设焦距为2c，由题意知：；解得，所以椭圆的方程为.
（2）由（1）知：F(﹣1，0)，设l：，D(，)，E(，)，＜0＜
①，
，
，②；③；
由①②得：，，
代入③得：，又，故，
因此，直线l的方程为．
【点睛】
本题主要考查椭圆方程的求解及椭圆中的面积问题，椭圆方程一般利用待定系数法，建立方程组进行求解，面积问题的合理转化是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
19、（1）见解析（2）
【解析】
（1）连接与交于，连接，证明即可得证线面平行；
（2）首先证明平面(只要取中点，可证平面，从而得，同理得),因此点到直线的距离即为点到平面的距离，由平面几何知识易得最大值，然后可计算体积．
【详解】
（1）证明：连接与交于，连接，
因为是菱形，所以为的中点，
又因为为的中点，
所以，
因为平面平面，
所以平面．
（2）解：取中点，连接，
因为四边形是菱形，，且，
所以，又，
所以平面，又平面，
所以．
同理可证：，又，
所以平面，
所以平面平面，
又平面平面，
所以点到直线的距离即为点到平面的距离，
过作直线的垂线段，在所有垂线段中长度最大为，
因为为的中点，故点到平面的最大距离为1，
此时，为的中点，即，
所以，
所以．
【点睛】
本题考查证明线面平行，考查求棱锥的体积，掌握面面垂直与线面垂直的判定与性质是解题关键．
20、（Ⅰ）分布列见解析，；(Ⅱ)；(Ⅲ)至少增加2人.
【解析】
（Ⅰ）求出X的所有可能取值为9，12，15，18，24，求出概率，得到X的分布列，然后求解期望即可．
（Ⅱ）当P（a≤X≤b）取到最大值时，求出a，b的可能值，然后求解P（a≤X≤b）的最大值即可．
（Ⅲ）利用前两问的结果，判断至少增加2人．
【详解】
(Ⅰ)X的取值为：9，12，15，18，24；
,,,
,，
X的分布列为：
故X的数学期望；
(Ⅱ)当P(a≤X≤b)取到最大值时,
a,b的值可能为：,或,或.
经计算,,，
所以P(a≤X≤b)的最大值为.
(Ⅲ)至少增加2人.
【点睛】
本题考查离散型随机变量及其分布列，离散型随机变量的期望与方差，属于中等题.
21、（1）（2）(2，)．
【解析】
（1）利用极坐标和直角坐标的转化公式求解.
（2）先把两个方程均化为普通方程，求解公共点的直角坐标，然后化为极坐标即可.
【详解】
（1）∵曲线C的极坐标方程为，
∴，则,
即.
（2），
∴，
联立可得，
（舍）或，
公共点(，3)，化为极坐标(2，)．
【点睛】
本题主要考查极坐标和直角坐标的转化及交点的求解，熟记极坐标和直角坐标的转化公式是求解的关键，交点问题一般是统一一种坐标形式求解后再进行转化，侧重考查数学运算的核心素养.
22、（1）；（2）详见解析.
【解析】
（1）由短轴长可知，设，，由设而不求法作差即可求得，将相应值代入即求得，椭圆方程可求；
（2）考虑特殊位置，即直线与轴垂直时候，成立，当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立，结合中点坐标公式，弦长公式，得到与的关系，将表示出来，结合基本不等式求最值，证明最后的结果
【详解】
解：（1）由已知，得
由，两式相减，得
根据已知条件有，
当时，
∴，即
∴椭圆的标准方程为
（2）当直线斜率不存在时，，不等式成立.
当直线斜率存在时，设
由得
∴，
∴
由
化简，得
∴
令，则
当且仅当时取等号
∴
∵
∴
当且仅当时取等号
综上，
【点睛】
本题为直线与椭圆的综合应用，考查了椭圆方程的求法，点差法处理多未知量问题，能够利用一元二次方程的知识转化处理复杂的计算形式，要求学生计算能力过关，为较难题
日期
1 日
2 日
3 日
4 日
5 日
6 日
7 日
8 日
9 日
10 日
元件A个数
9
15
12
18
12
18
9
9
24
12
日期
11 日
12 日
13 日
14 日
15 日
16 日
17 日
18 日
19 日
20 日
元件A个数
12
24
15
15
15
12
15
15
15
24
X
9
12
15
18
24
P