2026届黑龙江省孙吴县第一中学高三第一次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届黑龙江省孙吴县第一中学高三第一次模拟考试数学试卷含解析，共15页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，设全集，集合，，则，下列不等式正确的是，已知为实数集，，，则等内容，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．给出下列四个命题：①若“且”为假命题，则﹑均为假命题；②三角形的内角是第一象限角或第二象限角；③若命题，，则命题，；④设集合，，则“”是“”的必要条件；其中正确命题的个数是（ ）
A．B．C．D．
2．设为锐角，若，则的值为（ ）
A．B． C． D．
3．费马素数是法国大数学家费马命名的,形如的素数(如：)为费马索数,在不超过30的正偶数中随机选取一数,则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是( )
A．B．C．D．
4．若复数，，其中是虚数单位，则的最大值为( )
A．B．C．D．
5．设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，是线段上的点，且,则直线的斜率的最大值为( )
A．B．C．D．1
6．已知半径为2的球内有一个内接圆柱，若圆柱的高为2，则球的体积与圆柱的体积的比为（ ）
A．B．C．D．
7．设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知，函数在区间内没有最值，给出下列四个结论：
①在上单调递增；
②
③在上没有零点；
④在上只有一个零点.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．②④B．①③C．②③D．①②④
9．下列不等式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知为实数集，，，则（ ）
A．B．C．D．
11．已知集合，，则等于( )
A．B．C．D．
12．设过点的直线分别与轴的正半轴和轴的正半轴交于两点，点与点关于轴对称，为坐标原点，若，且，则点的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．记等差数列和的前项和分别为和，若，则______.
14．已知二项式的展开式中各项的二项式系数和为512，其展开式中第四项的系数__________．
15．在直角坐标系中，已知点和点，若点在的平分线上，且，则向量的坐标为___________.
16．为激发学生团结协作，敢于拼搏，不言放弃的精神，某校高三5个班进行班级间的拔河比赛．每两班之间只比赛1场，目前（—）班已赛了4场，（二）班已赛了3场，（三）班已赛了2场，（四）班已赛了1场．则目前（五）班已经参加比赛的场次为__________．
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.
（1）若是上的增函数，求的取值范围；
（2）若函数有两个极值点，判断函数零点的个数.
18．（12分）中国古建筑中的窗饰是艺术和技术的统一体，给人于美的享受．如图（1）为一花窗；图（2）所示是一扇窗中的一格，呈长方形，长30 cm，宽26 cm，其内部窗芯（不含长方形边框）用一种条形木料做成，由两个菱形和六根支条构成，整个窗芯关于长方形边框的两条对称轴成轴对称．设菱形的两条对角线长分别为x cm和y cm，窗芯所需条形木料的长度之和为L．
（1）试用x，y表示L；
（2）如果要求六根支条的长度均不小于2 cm，每个菱形的面积为130 cm2，那么做这样一个窗芯至少需要多长的条形木料（不计榫卯及其它损耗）？
19．（12分）已知是抛物线：的焦点，点在上，到轴的距离比小1.
（1）求的方程；
（2）设直线与交于另一点，为的中点，点在轴上，.若，求直线的斜率.
20．（12分）在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知：，：，：.
（1）求与的极坐标方程
（2）若与交于点A，与交于点B，，求的最大值.
21．（12分）已知函数，且.
（1）求的解析式；
（2）已知，若对任意的，总存在，使得成立，求的取值范围.
22．（10分）已知函数（为实常数）.
（1）讨论函数在上的单调性；
（2）若存在，使得成立，求实数的取值范围.
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、B
【解析】
①利用真假表来判断，②考虑内角为，③利用特称命题的否定是全称命题判断，
④利用集合间的包含关系判断.
【详解】
若“且”为假命题，则﹑中至少有一个是假命题，故①错误；当内角为时，不是象限角，故②错误；
由特称命题的否定是全称命题知③正确；因为，所以，所以“”是“”的必要条件，
故④正确.
故选：B.
【点睛】
本题考查命题真假的问题，涉及到“且”命题、特称命题的否定、象限角、必要条件等知识，是一道基础题.
2、D
【解析】
用诱导公式和二倍角公式计算．
【详解】
．
故选：D．
【点睛】
本题考查诱导公式、余弦的二倍角公式，解题关键是找出已知角和未知角之间的联系．
3、B
【解析】
基本事件总数，能表示为两个不同费马素数的和只有，，，共有个，根据古典概型求出概率．
【详解】
在不超过的正偶数中随机选取一数，基本事件总数
能表示为两个不同费马素数的和的只有，，，共有个
则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是
本题正确选项：
【点睛】
本题考查概率的求法，考查列举法解决古典概型问题，是基础题．
4、C
【解析】
由复数的几何意义可得表示复数，对应的两点间的距离，由两点间距离公式即可求解.
【详解】
由复数的几何意义可得，复数对应的点为，复数对应的点为，所以，其中，
故选C
【点睛】
本题主要考查复数的几何意义，由复数的几何意义，将转化为两复数所对应点的距离求值即可，属于基础题型.
5、C
【解析】
试题分析：设，由题意，显然时不符合题意，故，则
，可得：
，当且仅当时取等号，故选C．
考点：1．抛物线的简单几何性质；2．均值不等式．
【方法点晴】本题主要考查的是向量在解析几何中的应用及抛物线标准方程方程，均值不等式的灵活运用，属于中档题．解题时一定要注意分析条件，根据条件，利用向量的运算可知，写出直线的斜率，注意均值不等式的使用，特别是要分析等号是否成立，否则易出问题．
6、D
【解析】
分别求出球和圆柱的体积，然后可得比值.
【详解】
设圆柱的底面圆半径为，则，所以圆柱的体积.又球的体积，所以球的体积与圆柱的体积的比，故选D.
【点睛】
本题主要考查几何体的体积求解，侧重考查数学运算的核心素养.
7、D
【解析】
求解不等式，得到集合A，B，利用交集、补集运算即得解
【详解】
由于
故集合
或
故集合

故选：D
【点睛】
本题考查了集合的交集和补集混合运算，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于中档题.
8、A
【解析】
先根据函数在区间内没有最值求出或.再根据已知求出，判断函数的单调性和零点情况得解.
【详解】
因为函数在区间内没有最值.
所以，或
解得或.
又，所以.
令.可得.且在上单调递减.
当时，，且，
所以在上只有一个零点.
所以正确结论的编号②④
故选：A.
【点睛】
本题主要考查三角函数的图象和性质，考查函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
9、D
【解析】
根据，利用排除法，即可求解．
【详解】
由，
可排除A、B、C选项，
又由，
所以．
故选D．
【点睛】
本题主要考查了三角函数的图象与性质，以及对数的比较大小问题，其中解答熟记三角函数与对数函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
10、C
【解析】
求出集合，，，由此能求出．
【详解】
为实数集，，，
或，
．
故选：．
【点睛】
本题考查交集、补集的求法，考查交集、补集的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11、B
【解析】
解不等式确定集合，然后由补集、并集定义求解．
【详解】
由题意或，
∴，
．
故选：B.
【点睛】
本题考查集合的综合运算，以及一元二次不等式的解法，属于基础题型．
12、A
【解析】
设坐标，根据向量坐标运算表示出，从而可利用表示出；由坐标运算表示出，代入整理可得所求的轨迹方程.
【详解】
设，，其中，
，即
关于轴对称

故选：
【点睛】
本题考查动点轨迹方程的求解，涉及到平面向量的坐标运算、数量积运算；关键是利用动点坐标表示出变量，根据平面向量数量积的坐标运算可整理得轨迹方程.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
结合等差数列的前项和公式,可得,求解即可.
【详解】
由题意,,,
因为,所以.
故答案为:.
【点睛】
本题考查了等差数列的前项和公式及等差中项的应用,考查了学生的计算求解能力,属于基础题.
14、
【解析】
先令可得其展开式各项系数的和，又由题意得，解得，进而可得其展开式的通项，即可得答案.
【详解】
令，则有，解得，
则二项式的展开式的通项为，
令，则其展开式中的第4项的系数为，
故答案为：
【点睛】
此题考查二项式定理的应用，解题时需要区分展开式中各项系数的和与各二项式系数和，属于基础题.
15、
【解析】
点在的平分线可知与向量共线，利用线性运算求解即可.
【详解】
因为点在的平线上，
所以存在使，
而，
可解得，
所以，
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了向量的线性运算，利用向量的坐标求向量的模，属于中档题.
16、2
【解析】
根据比赛场次，分析，画出图象，计算结果.
【详解】
画图所示，可知目前（五）班已经赛了2场．
故答案为：2
【点睛】
本题考查推理，计数原理的图形表示，意在考查数形结合分析问题的能力，属于基础题型.
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) 三个零点
【解析】
(1) 由题意知恒成立,构造函数，对函数求导，求得函数最值，进而得到结果；（2）当时先对函数求导研究函数的单调性可得到函数有两个极值点，再证，.
【详解】
（1）由得，
由题意知恒成立，即，设，，
时，递减，时，，递增；
故，即，故的取值范围是.
（2）当时，单调，无极值；
当时，，
一方面，，且在递减，所以在区间有一个零点.
另一方面，，设 ，则，从而
在递增，则，即，又在递增，所以
在区间有一个零点.
因此，当时在和各有一个零点，将这两个零点记为，
，当时，即；当时，即
；当时，即：从而在递增，在
递减，在递增；于是是函数的极大值点，是函数的极小值点.
下面证明：，
由得，即，由
得 ，
令，则，
①当时，递减，则，而，故；
②当时，递减，则，而，故；
一方面，因为，又，且在递增，所以在
上有一个零点，即在上有一个零点.
另一方面，根据得，则有：
，
又，且在递增，故在上有一个零点，故在
上有一个零点.
又，故有三个零点.
【点睛】
本题考查函数的零点，导数的综合应用．在研究函数零点时，有一种方法是把函数的零点转化为方程的解，再把方程的解转化为函数图象的交点，特别是利用分离参数法转化为动直线与函数图象交点问题，这样就可利用导数研究新函数的单调性与极值，从而得出函数的变化趋势，得出结论．
18、（1）（2）
【解析】
试题分析：（1）由条件可先求水平方向每根支条长，竖直方向每根支条长为，因此所需木料的长度之和L=（2）先确定范围由可得，再由面积为130 cm2，得，转化为一元函数，令，则在上为增函数，解得L有最小值．
试题解析：（1）由题意，水平方向每根支条长为cm，竖直方向每根支条长为cm，菱形的边长为cm．从而，所需木料的长度之和L=cm．
（2）由题意，，即，又由可得．所以．
令，其导函数在上恒成立，故在上单调递减，所以可得．则
=．
因为函数和在上均为增函数，所以在上为增函数，故当，即时L有最小值．答：做这样一个窗芯至少需要cm长的条形木料．
考点：函数应用题
19、（1）（2）
【解析】
（1）由抛物线定义可知，解得，故抛物线的方程为；
（2）设直线：，联立，利用韦达定理算出的中点，又，所以直线的方程为，
求出，利用求解即可.
【详解】
（1）设的准线为，过作于，则由抛物线定义，得，
因为到的距离比到轴的距离大1，所以，解得，
所以的方程为
（2）由题意，设直线方程为，
由消去，得，
设，，则，
所以，
又因为为的中点，点的坐标为，
直线的方程为，
令，得，点的坐标为，
所以，
解得，所以直线的斜率为.
【点睛】
本题主要考查抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系等基础知识，考查学生的运算求解能力.涉及抛物线的弦的中点，斜率问题时，可采用韦达定理或“点差法”求解.
20、（1）的极坐标方程为；的极坐标方程为：（2）
【解析】
（1）根据，代入即可转化.
（2）由：，可得，代入与的极坐标方程求出，从而可得，再利用二倍角公式、辅助角公式，借助三角函数的性质即可求解.
【详解】
（1）：，，
的极坐标方程为
：，，
的极坐标方程为：，
（2）：，则（为锐角），
，，
，当时取等号.
【点睛】
本题考查了极坐标与直角坐标的互化、二倍角公式、辅助角公式以及三角函数的性质，属于基础题.
21、（1）；（2）
【解析】
（1）由,可求出的值,进而可求得的解析式;
（2）分别求得和的值域,再结合两个函数的值域间的关系可求出的取值范围.
【详解】
（1）因为,所以,
解得,
故.
（2）因为,所以,所以，则,
图象的对称轴是.
因为,所以,
则,解得,故的取值范围是.
【点睛】
本题考查了三角函数的恒等变换,考查了二次函数及三角函数值域的求法,考查了学生的计算求解能力,属于中档题.
22、（1）见解析（2）
【解析】
（1）分类讨论的值，利用导数证明单调性即可；
（2）利用导数分别得出，，时，的最小值，即可得出实数的取值范围.
【详解】
（1），.
当即时，，，此时，在上单调递增；
当即时，时，，在上单调递减；
时，，在上单调递增；
当即时，，，此时，在上单调递减；
（2）当时，因为在上单调递增，所以的最小值为，所以
当时，在上单调递减，在上单调递增
所以的最小值为.
因为，所以，.
所以，所以.
当时，在上单调递减
所以的最小值为
因为，所以，所以，综上，.
【点睛】
本题主要考查了利用导数证明函数的单调性以及利用导数研究函数的存在性问题，属于中档题.