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甘肃陇南市宕昌县第一中学、第二中学、两当第一中学2025-2026学年高三三诊摸底考试数学试卷
一、单选题
1．已知，q：直线与直线平行，则是的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．复数（为虚数单位）的共轭复数是（ ）
A． B． C． D．
3．已知实数满足，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．在中，，，N为BC的中点，且外接圆的圆心为M，则（ ）
A．10 B．20 C． D．
5．已知，，则（ ）
A．3 B． C． D．
6．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知数列的各项均不为0，其前项积为，且，记数列的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知，，若，恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．某水果店店长记录了过去30天苹果的日销售量数据（单位：）：
销量
频数 1 0 4 11 8 4 2
店长假设日销售量X近似服从正态分布，，，根据上述数据，下列说法正确的有（ ）
A．可以估计约为
B．日销售量在范围内的天数约为20天
C．若日销售量超过的概率为p，则
D．若未来连续3天的日销售量都超过，则说明日销售量不服从正态分布
10．正方体的棱长为，、、分别为、、的中点，则（ ）
A．平面 B．
C．三棱锥的体积为 D．平面平面
11．如图，在中，，的内切圆与相切于点，的面积为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．为定值2
C．
D．记的内心为，则
三、填空题
12．，则用和表示的结果为_____
13．已知等差数列的公差为，等比数列的公比为，且，，，则______．
14．已知函数对任意恒有，且，给出下列结论：①；②是偶函数；③的图象关于点对称；④．其中正确结论的序号为_____．
四、解答题
15．在锐角中，内角的对边分别为，已知．
(1)求A；
(2)若．
（ⅰ）求；
（ⅱ）求的面积．
16．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面平面，，为的中点，点为线段上的动点．
(1)求证：平面平面；
(2)记平面与平面的夹角为，求的取值范围．
17．已知，直线与曲线和都相切．
(1)求的值；
(2)若，其中．
（i）求实数的取值范围；
（ii）求证：．
18．已知抛物线的焦点为点，点在抛物线上，，且的最小值为．
(1)求抛物线的方程；
(2)设点P不在坐标轴上，过P可作抛物线C的两条切线PA，PB，切点分别为A，B，
①证明：；
②若直线，，直线AB与x轴相交于点H，求的最大值．
19．近些年人工智能（AI）经历了爆炸式发展，技术性能显著提升，应用场景深度渗透．现有，，三台机器人进行象棋比赛，比赛规则：每一局由两台机器人进行比赛，剩余的一台机器人进行“调试”，每局比赛结束时，负方在下一局进行“调试”，胜方继续进行下一局比赛．设每一局比赛中的两台机器人获胜的概率均相等，各局比赛结果相互独立且没有平局，首局比赛由和对弈，进行“调试”，表示第局进行“调试”的概率（）．
(1)求前3局中，不“调试”的概率；
(2)求；
(3)若表示前5局比赛中“调试”的次数，求随机变量的分布列和数学期望．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A A C B A B A B ABC ABD
题号 11
答案 ACD
1．A
根据两直线平行求出的值，结合充分条件、必要条件的概念判断即可.
【详解】因为直线与直线平行，
所以，即，解得或.
当时，，满足平行条件.
当时，，满足平行条件.
所以，两直线平行时或.
因此是的充分不必要条件.
2．A
先将化简后，再求出其共轭复数即可.
【详解】因为，
所以其共轭复数为.
故选：A.
3．C
【详解】对于选项A，可知，无法判断正负，所以选项A错误；
对于选项B，可知时，所以，所以选项B错误；
对于选项C，因为，所以，
可知，当且仅当，即时取等号，所以等号取不到，
所以，选项C正确；
对于选项D，当时，无法判断不等式是否成立，所以选项D错误；
4．B
由条件可得，分别取线段的中点为结合向量数量积的定义以及运算律代入计算，即可得到结果.
【详解】因为为的中点，则，
所以．
如图，分别取线段，的中点为，，因为为的外接圆圆心，
所以，，
则，
，
因此．
5．A
由二倍角的余弦公式，同角三角形函数的平方关系及求出和，再根据二倍角的正弦公式及降幂公式化简，代入计算即可．
【详解】由题设有，即，
解得或，因为，所以，则，
则，
故选：A．
6．B
首先根据已知条件求出与以及的值，进而确定的解析式，再结合三角函数的平移规律进行解答即可.
【详解】根据题中图象可知，函数的最小正周期，，，，
又，所以，
所以，所以.
故选：B
7．A
首先根据已知条件推导出数列的通项公式，进而可知的表达式，然后求出的通项公式，利用裂项相消法求得结果.
【详解】将代入得，即，解得，
当时，将代入得，
去分母得，所以，
所以，所以，
所以数列是首项为，公差为1的等差数列，
所以，所以，
所以，
所以.
8．B
根据以及的符号变化将的范围分成三类，，，分类讨论中的取值范围，从而确定的最小值.
【详解】由题意可知，对任意，
由，
当时，有，所以对任意时，，
此时只要求，即，
故，即的最小值为；
当时，且，因此，在时，，
此时要求，即，
在时，，此时要求，即，
由此可得，此时，
令，求导得，
由于，故在单调递减，
因此，的最小值为，即的最小值为；
当时，，因此，在时，，此时要求，即，
在时，，此时要求，即，
在时，存在使得，此时要求，则，
因此需要同时满足，，显然矛盾，故无解；
综上所述，即的最小值为，故B正确.
9．ABC
【详解】日销售量的平均值为，
所以可以估计约为，故A正确；
因为日销售量X近似服从正态分布，所以，
所以，
所以日销售量在范围内的天数约为天，故B正确；
可得，
所以，故C正确；
若未来连续3天的日销售量都超过，这不能说明日销售量不服从正态分布，
在正态分布下它也是可能发生的，只是发生的可能性极小，故D错误.
10．ABD
证明出，结合线面平行的判定定理可判断A选项；由结合柱体和锥体的体积公式可判断C选项；建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断B选项；证明出平面，平面，结合线面垂直的性质可判断D选项.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、、、、、、，
对于A选项，在正方体中，，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，A对；
对于B选项，，，，
所以，B对；
对于C选项，，C错；
对于D选项，，所以，所以，
又因为，，、平面，所以平面，
因为，，
所以，，
所以，，
因为，、平面，所以平面，
所以平面平面，D对.
11．ACD
由三角形内切圆的性质可判断A；由三角形的面积公式，结合余弦定理可判断B；由直线的斜率公式及二倍角公式可判断C；联立直线的方程，表示出点的坐标，结合双曲线的定义，可判断D.
【详解】 如图1，设的内切圆与分别相切于点.
对于A，根据内切圆的性质，得，
则，
而，所以，则，故A正确.
对于B，在中，由余弦定理得①，
又，即，得，
代入①中，得，所以，
所以.
故，故B错误.
对于C，以的中点为原点，为轴建立如图2所示的平面直角坐标系，则，
由，结合双曲线的定义知，点在以为焦点，以为顶点的双曲线右支上，
其方程为.
设，则，即.
当时，，
而，
故.
又，所以.
当时，，所以，故，依然满足.
综上所述，，故C正确.
对于D，若的内心为，则等价于点在双曲线的右支上.
如图2，不妨设，则，又，故.
由，，
联立解得交点，
则，即点满足，故D正确.
12．
根据给定条件，利用指数式与对数式互化关系、对数的换底公式及对数运算法则求解.
【详解】由，得，而，
所以.
故答案为：
13．12
根据等差数列及等比数列的通项公式列方程组求解即可.
【详解】等差数列的通项公式为，则，.
等比数列的通项公式为，则，.
由题意知，，整理得，即，
所以或.
对于二次方程，，则此方程无实数解.
因此，所以.
故.
14．①②④
令可判断①；令可判断②；中取，得，
，即可判断③；用代换中的可得，即可判断④.
【详解】取，得，
即，解得或（舍去），
所以，①正确；
令，得，
整理得，故是偶函数，②正确；
的定义域为，
若的图象关于点对称，则,
中取，得，
又，所以，
所以的图象不关于点对称，故③错误；
用代换中的,并结合函数为偶函数，可得，得，
所以，④正确.
综上所述，正确结论的序号为①②④.
15．(1)
(2)；.
（1）将边化角化简后解三角方程可求得角A；
（2）利用正弦定理求得，再求，则可求；利用余弦定理可求出边，再求的面积即可.
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理可得，,
,又即，且，
所以可得，即，又，
所以.
（2）因为，，
所以由正弦定理可得,即,
即，又,
所以，
则，
，
所以
，
因为，，
所以由余弦定理可得，，
即，解得，（负舍）
所以的面积.
16．(1)证明见解析
(2)
（1）根据平面与平面垂直可得线面垂直，再由线面垂直，面面垂直的判定定理得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面的夹角的余弦，再由不等式的性质求取值范围即可.
【详解】（1）因为，为的中点，所以，
又平面平面，是交线，平面，
所以平面，因为平面，所以,
又平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，
则，
设平面的法向量，则，
令，可得，
设平面的法向量，则，
令，可得，
则，
所以，当时，，即
当时，，由可得，
所以，
综上，可知，即的取值范围为.
17．(1)，；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算进行求解即可；
（2）（i）根据导数的正负性与函数单调性的关系，运用转化法，结合数形结合思想进行求解即可；
（ii）对所证明不等式进行变形，利用构造函数法，结合导数的性质进行运算证明即可.
【详解】（1）．
设与的切点为，
则，解得，所以．
由与相切，同理得，
所以．
（2）（i）由得直线与有两个不同的交点，与有两个不同的交点，
由（1）知，，，
在上单调递减，在上单调递增；
，，
在上单调递减，在上单调递增，
又，且；
，且，
作出函数和的图象，
由图象知的取值范围为．
（ii）不妨设，
由（i）知，，
显然，且，所以，
同理，．
要证，只需证，
只需证．
又，只需证．
令函数，则，
所以函数在（0，1）上单调递增，
由得，所以显然成立，
综上，．
18．(1)
(2)①证明见解析；②
【详解】（1）若，则点在抛物线在轴上方部分的下方，
由抛物线定义可得等于点到准线的距离，
则的最小值为点到准线的距离，
故，解得，即抛物线的方程为；
（2）①设，、，
由题意可得直线、不与坐标轴平行，可设，
联立，消去得，
则，
即，则，
同理可得，
则有，故、是方程的两根，
故，，
由，则，
，
故；
②由，则点、都在直线上，
则，故，由，故，即，
对，令，则，故，
有，联立，解得，故，
则，
，
则
，当且仅当，即时，等号成立，
故的最大值为.
19．(1)
(2)（）
(3)分布列见详解，
【详解】（1）记为前3局中，不“调试”，
开始比赛由和对弈，
第1局和第2局均要获胜，；
（2）若第局进行“调试”，则第局负，
（），，
，又，
（）；
（3）记：“”为“比赛”，“”为“调试”，
，，，
分布列如下：
0 1 2
．

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