河北秦皇岛市昌黎第一中学2025-2026学年高三下学期第一次模拟考试数学试卷（含解析）高考模拟

这是一份河北秦皇岛市昌黎第一中学2025-2026学年高三下学期第一次模拟考试数学试卷（含解析）高考模拟，共9页。试卷主要包含了 已知，则， 已知函数，其导函数为，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试题共两部分，满分150分，时间120分钟.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试上无效.
4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知复数（i为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数除法的运算法则和模的运算进行计算.
【详解】解法一：由题意，
所以，
解法二：由题意知，
故选：C．
2. 已知集合，则的元素个数为（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】利用并集的运算求解.
【详解】，，
，的元素个数为.
故选：C.
3. 已知函数为奇函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】函数的定义域为.
因为函数为奇函数，所以，即，得.
当时，，
，.
所以函数为奇函数.
所以.
4. 已知菱形的边长为是的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】
.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为，
故，
整理得即.
6. 已知正四棱台的高为，，为底面的中心，则直线与平面所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设为底面的中心，连接，由正四棱台性质可得平面，由此可得直线与平面所成的角为，由条件解三角形求结论.
【详解】设为底面的中心，连接，
因为为底面的中心，由正四棱台的性质可得平面，
又平面，所以，在平面内的投影为，
所以直线与平面所成的角为，
因为，所以，故，
因为正四棱台的高，
所以，
因，所以，
故直线与平面所成的角为，
故选：C
7. 已知为坐标原点，若椭圆上存在三点，，，使四边形为正方形，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正方形可得的对称性，从而可确定的位置，故可求的坐标，代入椭圆方程后可求离心率.
【详解】设，因为四边形为正方形，故，
故，而，
故，故，或，
因不重合且不共线，故或，
故关于轴对称或关于轴对称，
若关于轴对称，不妨设为上顶点，则，
因为四边形为正方形，故，则或，
故，故，而，故不成立，舍；
若关于轴对称，不妨设为右顶点，则，
因为四边形为正方形，故，则或，
故，故，故即，
故选：D.
8. 已知函数，若在上恰有两个零点，且其图象关于点和直线对称，当时，的最大值与最小值的乘积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设的最小正周期为T，结合在上恰有两个零点，可确定的范围，再根据函数的对称性，求出，即可确定，继而确定，根据，结合正弦函数的性质，即可求得答案.
【详解】设的最小正周期为T，在上恰有两个零点，
则，即；
又的图象关于点和直线对称，
则，且，
两式相减，可得，则
结合，可得，故，，
此时，解得
结合，可得时，；时，；
① 当时，，则，符合题意，
由时，可得，
则当，即时，，
当，即时，，
故的最大值与最小值的乘积为；
② 当时，，此时，符合题意，
由时，可得，
则当，即时，，
当时，即时，，
故的最大值与最小值的乘积为；
综上可知，的最大值与最小值的乘积为.
故选：A
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数，其导函数为，则（ ）
A. 直线是曲线的切线
B. 有三个零点
C.
D. 若在区间上有最大值，则的取值范围为
【答案】BC
【解析】
【分析】对求导，根据二次函数的性质计算判断C，根据导函数求出函数的单调性及极值点B；利用导函数求出导数值为即可确定过该点的切线方程，即判断A；根据图象及函数有最大值列式计算即可判断D．
【详解】因为，则，，所以，C正确；
因为，令，得，解得或，
当或时，，当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，
且，
图象如图所示：
故有两个极值点，三个零点，故B正确；
设切点的坐标为，则切线斜率为，
则，所以不存在斜率为的切线，
直线不是曲线的切线，故A错误；
因为，所以若在区间上有最大值，
则，所以，故D错误．
故选：BC．
10. 在中，角所对的边分别为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 有两解
C. 是钝角三角形
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】用正弦定理、三角形内角和性质、大边对大角、余弦定理等知识，结合已知条件逐一分析各选项即可.
【详解】 选项A：由正弦定理，结合，得，
又，因此，即.
又，故，故A正确；
选项B：由，得，则，得.
因为，由大边对大角得，
故，，只有1解，所以B错误；
选项C：三角形内角和，
故是钝角三角形，故C正确；
选项D：若，又，则，
由余弦定理，得，
化简得，解得或（舍去），故D正确.
11. 已知双曲线的左右焦点为，点为双曲线右支上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若存在点使得为等腰直角三角形，则双曲线的离心率为
B. 外接圆的面积的最小值为
C. 轴与的内切圆的公共点为定点
D. 设点是的内心，直线的斜率之比为常数
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A：等腰直角三角形条件结合双曲线定义列式，转化为关于离心率的方程求解.选项B：利用正弦定理表示外接圆半径，分析最值条件得出面积表达式，判断与给定值关系.选项C：利用切线长性质和双曲线定义，推导内切圆与轴切点的坐标，确定其位置.选项D：根据内心横坐标为定值，建立直线斜率表达式，计算比值并判断是否为常数.
【详解】选项A：双曲线右支上点满足，
等腰直角的可能情况为且，
此时代入双曲线方程得，，
故，由，得，即，
解得，故A正确；
选项B：外接圆半径，
当时，最小为，外接圆面积最小值为，
因为，故最小值不为，故B错误；
选项C：设内切圆与轴切于，与切于，
则
且，联立得，故，为定点，故C正确；
选项D：内心横坐标为，内切圆与轴切于，
设，，，
则，斜率之比，故D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设为等比数列的前项积，若，则 _____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用等比数列的性质，得到，即可求解.
【详解】由为等比数列的前项积，若，则 .
故答案为：.
13. 已知函数，曲线在点处的切线与平行.则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求得，根据题意，得到，求得，得到，求得函数的单调性，进而求得最小值.
【详解】由函数，可得，
则，
因为曲线在点处的切线与平行，
可得，即，解得，所以，
可得函数的定义域为，且，
令，即，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，函数取得最小值，最小值为.
故答案为：.
14. 如图是由九个半径相同的圆构成的图形(该图形不能旋转和翻转)，若将1，2，…，9九个数字分别填入这九个圆中，且有阴影的圆中填的数字大于相邻的三个圆中所填的数字，则填法一共有________种.
【答案】
【解析】
【分析】将有阴影的圆中填入的数字用 表示，则为 ； 这几种情况讨论，求出相应填法种数，即可求得结果.
【详解】将三个有阴影的圆中填入的数字用 表示，
当 为9，8，7时，有 种填法；
当 为9，8，6时，则7不能与6相邻， 故7有种填法，剩余的五个数字可以任意填在空白圆中，有 种情况，有2160 种填法；
当 为9，8，5时，则与5相邻的只能是4，3，2，1中的三个数字，
有 种填法；
当 为9，8，4时，则与4相邻的只能是3，2，1，有 种填法；
当 为9，7，6时，则8与9相邻且8只有1种位置，有 种填法；
当 为9，7，5时，则8与9相邻且8只有1种位置，
6不与5相邻有2种位置选择，有 种填法；
当 为9，7，4时，则8与9相邻且8只有1种位置，
与4相邻的只能是3，2，1，故有 种填法.
所以填法共有： (种).
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位.
（1）移动4次后，质点最终所在的位置的坐标为多少的概率最大？
（2）若移动次后，质点最终所在位置的坐标为，求的数学期望与方差.
【答案】（1）
（2）数学期望为，方差为
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到随机变量可能取值为，，，，，结合独立重复试验的概率公式，求得相应的概率，比较概率大小即可；
（2）由题知质点次移动中向右移动的次数为，而，设为次移动后的坐标值，根据题干的信息找到，根据二项分布的期望和方差计算易得与，进而求出，.
【小问1详解】
设随机变量为次移动后的坐标值，可取值为：，，，，
，
，
·
所以质点最终所在的位置的坐标为的概率最大
【小问2详解】
设随机变量为次移动后的坐标值，质点次移动中向右移动的次数为，则 ，
，
则的期望为： ，
则的方差为； ，
所以移动 次后，质点最终所在位置的坐标的数学期望为，方差为.
16. 在正项数列中，设的前项和为，已知．
（1）求的通项公式；
（2）令，求的前项和．
【答案】（1）
（2）（或等价化简形式）
【解析】
【分析】（1）利用前项和与通项的递推关系，通过累乘法求数列的通项公式，验证的情况即可；
（2）将裂项为两项差的形式，用裂项相消法求和．
【小问1详解】
由题意得，当时，，，
则，
所以，
故，，，
由累乘法得，，
当时，依然成立，
所以
【小问2详解】
，
则
．
17. 如图，在三棱锥中，其外接球球心为的中点，平面平面.已知.
（1）求证：平面平面.
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用外接球心到顶点距离相等的性质推出，结合已知的面面垂直，得到平面，再由面面垂直的判定定理证明；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标与两个平面的法向量，再利用向量夹角公式求出两平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
因为是三棱锥外接球的球心，且为中点，，
因此球半径，即，
已知，由勾股定理逆定理： ，得，
又在上，，可得，
因为平面平面，交线为，且平面，
根据面面垂直的性质定理得：平面， 又平面，
根据面面垂直的判定定理得：平面平面.
【小问2详解】
以 为原点，以 所在直线为 轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
结合已知条件可得各点坐标： ， ， ， ，
向量，，
设平面的法向量，由， 即，
令，则，所以，，
向量，，
设平面的法向量，由，即，
令​，则，所以，，
设平面与平面的夹角为，则
，​​
因此平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知抛物线仅经过，，中的一点．
（1）求的方程；
（2）过抛物线的焦点作互相垂直的两条直线，这两条直线与抛物线分别交于和两点，其中点在第一象限．
（i）记和的面积为，求的最小值；
（ii）过点作轴的垂线，分别交于两点，请判断是否存在以为直径的圆与轴相切，并说明理由．
【答案】（1）
（2）（i） （ii）不存在以为直径的圆与轴相切.
【解析】
【分析】（1）由抛物线的对称性得到抛物线经过的点，然后求得，即可写出抛物线方程；
（2）（i）由（1）得到抛物线方程，由题意可知直线斜率均存在，设直线方程和点坐标，分别联立方程组，整理为一元二次方程后利用韦达定理分别表示出和，然后由面积公式分别表示出，，即可得到表达式，然后利用基本不等式求得最小值；
（ii）由直线，得到，得到纵坐标的数量关系.由点写出直线的直线方程，即可求得点坐标，然后由题意假设建立方程，由判别式得到方程是否有解，即可得出判断.
【小问1详解】
由抛物线的对称性可知抛物线经过点，则一定经过点，不合题意舍去.
故由题意可知，抛物线经过点，则，即，
∴抛物线.
【小问2详解】
（i）当直线，中任意一条直线斜率不存在时，另一条直线与抛物线只有一个交点，
∴直线，的斜率一定存在，设，∵，∴，
由（1）可知，则，，
联立方程组得，整理得，
设，则，
∴，
，
联立方程组得，整理得，
设，则，
∴，
，
，
∵，当且仅当，即时取等号，
∴，
当时，取得最小值.
（ii）设，
∵，∴，
，∴
由对称性可取，则.
由（i）可知，，
∴直线，令，则
同理
∴直线，令，则
∴中点为点，
∵直线轴，∴直线到轴的距离为，
要想以为直径的圆与轴相切，则.
当时，即，则，
则，即.
将代入得，
此时，方程无解，
即.
∴不存在以为直径的圆与轴相切.
19. 已知函数.
（1）当时，判断函数的单调性;
（2）当时，判断函数的零点个数;
（3）当时，是否存在实数，使得有两个极值点?若存在，求证：（为极值点）；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）在单调递增
（2）个零点
（3）当时，存在满足条件的实数，使得有两个极值点.
证明如下： 的极值点满足，
若，时，无正极值点；
若，令，则，
令得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以当时取得极小值，
因为，时，，
所以当时，有两个极值点，此时，得，
即存在，使得有两个极值点.
下证：
因为是的两个极值点，所以是的两个根，
可得，取对数得，则，整理得，要证​，即证，
不妨设，则不等式变形为，
令，则，即证，
令，则，
所以在单调递增，
所以，即，得，
因此得证.
【解析】
【分析】（1）对导函数再求导找最小值，证导函数恒大于零，直接判定原函数；
（2）代入后求导分析原函数的单调性与极值，结合零点存在定理和特殊点函数值判断零点个数；
（3）先将极值点存在问题转化为导数方程的正根问题，通过分析导数函数的最值证明存在满足条件的，再通过换元构造函数证明.
【小问1详解】
当时，，定义域为，，
令，则， 令得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以当时，即取得最小值为，
即对所有恒成立。 因此，在上单调递增.
【小问2详解】
当时，，显然，故是一个零点，
又，当时，，，故，在单调递增，因此时无零点；
当时，令，则，令得，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
所以的最小值为，又，
时，故在有两个零点，
因此在递增，递减，递增：
因为，，且，
又在单调递减，且，所以，而，所以，
所以，又时，，
所以在和各有一个零点，
综上，共有个零点.
【小问3详解】
略.