2026届黑龙江省牡丹江第一高中高三3月份模拟考试数学试题含解析

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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．已知函数，满足对任意的实数，都有成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．2020年是脱贫攻坚决战决胜之年，某市为早日实现目标，现将甲、乙、丙、丁4名干部派遺到、、三个贫困县扶贫，要求每个贫困县至少分到一人，则甲被派遣到县的分法有（ ）
A．6种B．12种C．24种D．36种
3．已知集合，则集合的非空子集个数是（ ）
A．2B．3C．7D．8
4．设函数，若在上有且仅有5个零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱的长为（ ）
A．B．C．D．
6．单位正方体ABCD-，黑、白两蚂蚁从点A出发沿棱向前爬行，每走完一条棱称为“走完一段”．白蚂蚁爬地的路线是AA1→A1D1→‥，黑蚂蚁爬行的路线是AB→BB1→‥，它们都遵循如下规则：所爬行的第i+2段与第i段所在直线必须是异面直线（iN*）.设白、黑蚂蚁都走完2020段后各自停止在正方体的某个顶点处，这时黑、白两蚂蚁的距离是（ ）
A．1B．C．D．0
7．某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为120°，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连(弧的两端各一个，导线接头忽略不计)，已知扇形的半径为30厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（ ）
A．58厘米B．63厘米C．69厘米D．76厘米
8．若复数满足，复数的共轭复数是，则（ ）
A．1B．0C．D．
9．已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
10．在中所对的边分别是，若，则（ ）
A．37B．13C．D．
11．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过的直线与轴交于点，线段与交于点.若，则的方程为（ ）
A．B．C．D．
12．已知实数集，集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知数列为等比数列，，则_____.
14．已知(2x-1)7=a+a1x+ a2x2+…+a7x7，则a2=____.
15．假如某人有壹元、贰元、伍元、拾元、贰拾元、伍拾元、壹佰元的纸币各两张，要支付贰佰壹拾玖（219）元的货款，则有________种不同的支付方式.
16．如图，直线平面，垂足为，三棱锥的底面边长和侧棱长都为4，在平面内，是直线上的动点，则点到平面的距离为_______，点到直线的距离的最大值为_______.
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）在如图所示的多面体中，四边形是矩形，梯形为直角梯形，平面平面，且，，.
（1）求证：平面.
（2）求二面角的大小.
18．（12分）在平面直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线：，直线的参数方程为（为参数）.直线与曲线交于，两点．
（I）写出曲线的直角坐标方程和直线的普通方程（不要求具体过程）；
（II）设，若，，成等比数列，求的值．
19．（12分）如图，己知圆和双曲线，记与轴正半轴、轴负半轴的公共点分别为、，又记与在第一、第四象限的公共点分别为、.
（1）若，且恰为的左焦点，求的两条渐近线的方程；
（2）若，且，求实数的值；
（3）若恰为的左焦点，求证：在轴上不存在这样的点，使得.
20．（12分）在正三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB＝1，AA1＝2，E，F，G分别是棱AA1，AC和A1C1的中点，以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.
（1）求异面直线AC与BE所成角的余弦值；
（2）求二面角F-BC1-C的余弦值．
21．（12分）设函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若的最小值为，且，求的最小值．
22．（10分）在中，角的对边分别为.已知，且.
（1）求的值；
（2）若的面积是，求的周长.
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、B
【解析】
由题意可知函数为上为减函数，可知函数为减函数，且，由此可解得实数的取值范围.
【详解】
由题意知函数是上的减函数，于是有，解得，
因此，实数的取值范围是．
故选：B.
【点睛】
本题考查利用分段函数的单调性求参数，一般要分析每支函数的单调性，同时还要考虑分段点处函数值的大小关系，考查运算求解能力，属于中等题.
2、B
【解析】
分成甲单独到县和甲与另一人一同到县两种情况进行分类讨论，由此求得甲被派遣到县的分法数.
【详解】
如果甲单独到县，则方法数有种.
如果甲与另一人一同到县，则方法数有种.
故总的方法数有种.
故选：B
【点睛】
本小题主要考查简答排列组合的计算，属于基础题.
3、C
【解析】
先确定集合中元素，可得非空子集个数．
【详解】
由题意，共3个元素，其子集个数为，非空子集有7个．
故选：C．
【点睛】
本题考查集合的概念，考查子集的概念，含有个元素的集合其子集个数为，非空子集有个．
4、A
【解析】
由求出范围，结合正弦函数的图象零点特征，建立不等量关系，即可求解.
【详解】
当时，，
∵在上有且仅有5个零点，
∴，∴.
故选:A.
【点睛】
本题考查正弦型函数的性质，整体代换是解题的关键，属于基础题.
5、D
【解析】
先根据三视图还原几何体是一个四棱锥，根据三视图的数据，计算各棱的长度.
【详解】
根据三视图可知，几何体是一个四棱锥，如图所示：
由三视图知： ，
所以，
所以，
所以该几何体的最长棱的长为
故选：D
【点睛】
本题主要考查三视图的应用，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.
6、B
【解析】
根据规则，观察黑蚂蚁与白蚂蚁经过几段后又回到起点，得到每爬1步回到起点，周期为1．计算黑蚂蚁爬完2020段后实质是到达哪个点以及计算白蚂蚁爬完2020段后实质是到达哪个点，即可计算出它们的距离．
【详解】
由题意,白蚂蚁爬行路线为AA1→A1D1→D1C1→C1C→CB→BA，
即过1段后又回到起点，
可以看作以1为周期，
由，
白蚂蚁爬完2020段后到回到C点；
同理,黑蚂蚁爬行路线为AB→BB1→B1C1→C1D1→D1D→DA，
黑蚂蚁爬完2020段后回到D1点，
所以它们此时的距离为.
故选B.
【点睛】
本题考查多面体和旋转体表面上的最短距离问题，考查空间想象与推理能力，属于中等题.
7、B
【解析】
由于实际问题中扇形弧长较小，可将导线的长视为扇形弧长，利用弧长公式计算即可.
【详解】
因为弧长比较短的情况下分成6等分，
所以每部分的弦长和弧长相差很小，可以用弧长近似代替弦长，
故导线长度约为63(厘米).
故选：B.
【点睛】
本题主要考查了扇形弧长的计算，属于容易题.
8、C
【解析】
根据复数代数形式的运算法则求出，再根据共轭复数的概念求解即可．
【详解】
解：∵，
∴，
则，
∴，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查复数代数形式的运算法则，考查共轭复数的概念，属于基础题．
9、D
【解析】
由变形可得,可知函数在为增函数, 由恒成立,求解参数即可求得取值范围.
【详解】
,即函数在时是单调增函数.
则恒成立.
.
令,则
时,单调递减,时单调递增.
故选:D.
【点睛】
本题考查构造函数,借助单调性定义判断新函数的单调性问题,考查恒成立时求解参数问题,考查学生的分析问题的能力和计算求解的能力,难度较难.
10、D
【解析】
直接根据余弦定理求解即可．
【详解】
解：∵，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查余弦定理解三角形，属于基础题．
11、D
【解析】
由题可得，所以，又，所以，得，故可得椭圆的方程.
【详解】
由题可得，所以，
又，所以，得，，
所以椭圆的方程为.
故选：D
【点睛】
本题主要考查了椭圆的定义，椭圆标准方程的求解.
12、A
【解析】
可得集合,求出补集,再求出即可.
【详解】
由,得,即,
所以,
所以.
故选:A
【点睛】
本题考查了集合的补集和交集的混合运算,属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、81
【解析】
设数列的公比为，利用等比数列通项公式求出，代入等比数列通项公式即可求解.
【详解】
设数列的公比为，由题意知，

因为，由等比数列通项公式可得，
，解得，
由等比数列通项公式可得，
.
故答案为：
【点睛】
本题考查等比数列通项公式；考查运算求解能力；属于基础题.
14、
【解析】
根据二项展开式的通项公式即可得结果.
【详解】
解：(2x-1)7的展开式通式为：
当时，，
则.
故答案为：
【点睛】
本题考查求二项展开式指定项的系数，是基础题.
15、1
【解析】
按照个位上的9元的支付情况分类，三个数位上的钱数分步计算，相加即可．
【详解】
9元的支付有两种情况，或者，
①当9元采用方式支付时，
200元的支付方式为，或者或者共3种方式，
10元的支付只能用1张10元，
此时共有种支付方式；
②当9元采用方式支付时：
200元的支付方式为，或者或者共3种方式，
10元的支付只能用1张10元，
此时共有种支付方式；
所以总的支付方式共有种．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了分类加法计数原理和分步乘法计数原理，属于中档题．做题时注意分类做到不重不漏，分步做到步骤完整．
16、
【解析】
三棱锥的底面边长和侧棱长都为4，所以在平面的投影为的重心，利用解直角三角形，即可求出点到平面的距离；，可得点是以为直径的球面上的点，所以到直线的距离为以为直径的球面上的点到的距离，
最大距离为分别过和的两个平行平面间距离加半径，即可求出结论.
【详解】
边长为，则中线长为，
点到平面的距离为，
点是以为直径的球面上的点，
所以到直线的距离为以为直径的球面上的点到的距离，
最大距离为分别过和的两个平行平面间距离加半径.
又三棱锥的底面边长和侧棱长都为4，
以下求过和的两个平行平面间距离，
分别取中点，连，
则，同理，
分别过做，
直线确定平面，直线确定平面，
则，同理，
为所求，，
，
所以到直线最大距离为.
故答案为:；.
【点睛】
本题考查空间中的距离、正四面体的结构特征，考查空间想象能力，属于较难题.
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）见解析；（2）
【解析】
（1）根据面面垂直性质及线面垂直性质，可证明；由所给线段关系，结合勾股定理逆定理，可证明，进而由线面垂直的判定定理证明平面.
（2）建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得平面和平面的法向量，由空间向量法求得两个平面夹角的余弦值，结合图形即可求得二面角的大小.
【详解】
（1）证明：∵平面平面ABEG，且，
∴平面，
∴，
由题意可得，
∴，
∵，且，
∴平面.
（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，，，，.
设平面的法向量是，
则，
令，，
由（1）可知平面的法向量是，
∴，
由图可知，二面角为钝二面角，所以二面角的大小为.
【点睛】
本题考查了线面垂直的判定，面面垂直及线面垂直的性质应用，空间向量法求二面角的大小，属于中档题.
18、（I），；（II）.
【解析】
（I）利用所给的极坐标方程和参数方程，直接整理化简得到直角坐标方程和普通方程；（II）联立直线的参数方程和C的直角坐标方程，结合韦达定理以及等比数列的性质即可求得答案.
【详解】
（I）曲线：，两边同时乘以
可得，化简得）；
直线的参数方程为（为参数），可得
x-y=-1，得x-y+1=0；
（II）将（为参数）代入并整理得
韦达定理：
由题意得 即
可得
即
解得
【点睛】
本题考查了极坐标方程、参数方程与直角坐标和普通方程的互化，以及参数方程的综合知识，结合等比数列，熟练运用知识，属于较易题.
19、（1）；（2）；（2）见解析．
【解析】
（1）由圆的方程求出点坐标，得双曲线的，再计算出后可得渐近线方程；
（2）设，由圆方程与双曲线方程联立，消去后整理，可得，
，由先求出，回代后求得坐标，计算；
（3）由已知得，设，由圆方程与双曲线方程联立，消去后整理，可解得，，求出，从而可得，由，可知满足要求的点不存在．
【详解】
（1）由题意圆方程为，令得，∴，即，∴，，∴渐近线方程为．
（2）由（1）圆方程为，，
设，由得，(*)，
，，
，
所以，即，解得，
方程(*)为，即，，代入双曲线方程得，∵在第一、四象限，∴，，
∴．
（3）由题意，，，，，
设
由得：，，
由得，解得，，
，
所以，
，
，当且仅当三点共线时，等号成立，
∴轴上不存在点，使得．
【点睛】
本题考查求渐近线方程，考查圆与双曲线相交问题．考查向量的加法运算，本题对学生的运算求解能力要求较高，解题时都是直接求出交点坐标．难度较大，属于困难题．
20、（1）.（2）.
【解析】
（1）先根据空间直角坐标系，求得向量和向量的坐标，再利用线线角的向量方法求解.
（2）分别求得平面BFC1的一个法向量和平面BCC1的一个法向量，再利用面面角的向量方法求解.
【详解】
规范解答 （1） 因为AB＝1，AA1＝2，则F(0，0，0)，A，C，B，E，
所以＝(－1，0，0)，＝
记异面直线AC和BE所成角为α，
则csα＝|cs〈〉|＝＝，
所以异面直线AC和BE所成角的余弦值为.
（2） 设平面BFC1的法向量为= (x1，y1，z1)．
因为＝，＝，
则
取x1＝4，得平面BFC1的一个法向量为＝(4，0，1)．
设平面BCC1的法向量为＝(x2，y2，z2)．
因为＝，＝(0，0，2)，
则
取x2＝ 得平面BCC1的一个法向量为＝(，－1，0)，
所以cs〈〉＝ =
根据图形可知二面角F-BC1-C为锐二面角，
所以二面角F-BC1-C的余弦值为.
【点睛】
本题主要考查了空间向量法研究空间中线线角，面面角的求法，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.
21、（1）或（2）最小值为．
【解析】
（1）讨论，，三种情况，分别计算得到答案.
（2）计算得到，再利用均值不等式计算得到答案.
【详解】
（1）
当时，由，解得；
当时，由，解得；
当时，由，解得．
所以所求不等式的解集为或．
（2）根据函数图像知：当时，，所以．
因为
，
由，可知，
所以，
当且仅当，，时，等号成立．
所以的最小值为．
【点睛】
本题考查了解绝对值不等式，函数最值，均值不等式，意在考查学生对于不等式，函数知识的综合应用.
22、（1）；（2）
【解析】
（1）由正弦定理可得,,化简并结合,可求得三者间的关系,代入余弦定理可求得;
（2）由（1）可求得,再结合三角形的面积公式,可求出,从而可求出答案.
【详解】
（1）因为,
所以,整理得:.
因为,所以,所以.
由余弦定理可得.
（2）由（1）知,则,
因为的面积是,所以,
即,解得,则.
故的周长为:.
【点睛】
本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用,考查了三角形面积公式的应用,属于基础题.