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吉林白城市第一中学等G35 联合体2026届高三考前模拟考试数学试题
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．已知复数，则的虚部为（ ）
A．1 B． C． D．
3．已知向量，，若，则（ ）
A． B． C．2 D．
4．2025年世界机器人大赛总决赛在江苏无锡圆满落幕，某参赛小队有1名指导老师，2名男生和2名女生，比赛结束后5人站成一排合影，则指导老师不在两端的不同排法总数为（ ）
A．120 B．96 C．72 D．36
5．若双曲线（，）的离心率为3，则点到C的一条渐近线的距离为（ ）
A．1 B． C． D．3
6．设等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
7．若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知圆锥的轴截面是等边三角形，若该圆锥的表面积与球O的表面积相等，则该圆锥的体积与球O的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．某高级中学为了解学生每天的睡眠情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从高一 高二 高三三个年级中共抽取87名学生，其中从高三年级抽取的学生人数为28，已知该校高一 高二 高三年级学生人数分别为，则（ ）
A．
B．从高一年级中抽取的学生人数为30
C．从高二年级中抽取的学生人数为27
D．从全校学生中任选一人，此人是高三学生的概率是
10．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A．在上单调递减 B．的图象关于直线对称
C．的图象关于点对称 D．函数在内有5个零点
11．已知函数及其导函数的定义域均为，若是偶函数且，则下列说法正确的是（ ）
A．函数是偶函数 B．
C．的图象关于点对称 D．
三、填空题
12．已知，且，则__________.
13．某种药物在人体内的代谢浓度（单位：）服从正态分布，则__________.
14．已知与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于点，为坐标原点，若，则__________.
四、解答题
15．已知分别是的角所对的边，且.
(1)求；
(2)若，求的面积.
16．已知抛物线的焦点为，点关于上一点的对称点在轴上.
(1)求的方程；
(2)若过点的直线与交于两点，直线与交于另外一点，证明：直线的倾斜角为定值.
17．如图，在四棱柱中，，底面是边长为1的正方形，，点是上异于的一点，．
(1)求证：平面；
(2)若点E是上的点，，，求平面与平面的夹角的余弦值．
18．有个编号分别为的盒子，第1个盒子中有3个红球2个蓝球，其余盒子中均为2个红球1个蓝球.现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推.在以上取球过程中，记从第个盒子中取出蓝球的概率为.
(1)求；
(2)求；
(3)求数列的前项和.
19．已知函数.
(1)当时，求函数的图象在处的切线方程；
(2)若在上恒成立，求的取值范围；
(3)已知，若，且，证明：.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C D C A B B D AB AC
题号 11
答案 ACD
1．A
【详解】由，得
2．C
【详解】，所以的虚部为.
3．D
由向量平行的坐标表示求得，然后再由模的坐标表示求解．
【详解】由，得，即.解得.所以，
则.
4．C
【详解】首先指导老师有3个位置可以排，剩余4人有种排法，
根据分步乘法计数原理，得指导老师不在两端的不同排法总数为.
5．A
通过离心率，求得关系，确定渐近线方程，再由点到线距离公式即可求解.
【详解】设的焦距为，则，又，
得，所以，
故渐近线方程为，
所以点到C的一条渐近线的距离为．
6．B
利用等差数列的性质和前项和公式进行计算.
【详解】在等差数列中，，
所以，因为，所以.
7．B
先利用对数函数的单调性将不等式转化为，再通过换元和均值不等式求出表达式的最小值，进而求解的范围.
【详解】由已知得，所以问题转化为恒成立，
设，则，代入上式，所以问题转化为时恒成立，则只需即可，
因为，当且仅当时取等号，
所以的最小值为，所以，解得.
8．D
【详解】设圆锥的底面半径为r，则其母线长为2r，高为，
所以该圆锥的表面积为，
设球O的半径为R，则球O的表面积为，
由题意知，所以，
圆锥的体积，球O的体积，
所以.
9．AB
【详解】A选项，根据分层抽样，，解得，正确；
B选项，从高一年级中抽取的学生人数为，正确；
C选项，从高二年级中抽取的学生人数为，错误；
D选项，从全校中任选一人，此人是高三学生的概率，错误．
10．AC
根据给定的变换求出的解析式，再利用余弦函数的图象性质逐项分析判断.
【详解】依题意，，
对于A，当时，，而余弦函数
在上单调递减，因此在上单调递减，A正确；
对于B，，的图象关于直线不对称，B错误；
对于C，，的图象关于点对称，C正确；
对于D，依题意，，而不成立，
则，解得，
由，得，则可取，
因此函数在内有4个零点，D错误.
11．ACD
对于A，由得进而判断，对于B，由得，又得，即，由得，进而得，令即可判断，对于C，证明即可判断，对于D，先求，由结合即可求解，进而判断.
【详解】对于A：由可得，
则有，故函数是偶函数，故A正确；
对于B：由是偶函数，，即关于对称，故，
又，代入得，即，等式两边求导得：①，
由等式两边同时求导得：②，
由①和②可得：，令得，故B错误；
对于C：由有，即③，又由有④，
由③和④可得：，即，所以的图象关于点对称，故C正确；
对于D：由，又由，令得，
又，则，，
，
故，故D正确.
故选：ACD.
12．/0.75
【详解】由，得，
所以.
13．36
【详解】在中，，即，所以.
14．
利用的条件，通过设直线方程，联立方程组，结合韦达定理，最终将转化为原点到直线距离的倒数平方来求解即可.
【详解】设直线的方程为，
则到的距离为，
联立直线的方程与的方程，
得，
设，则，
所以
，
所以，则，
因为，所以，
所以，所以，
所以.
15．(1)
(2)
（1）由正弦定理对已知式进行边角互化，并根据余弦定理求得，从而得到；
（2）由已知条件求出，再根据三角形面积公式求得的面积.
【详解】（1）由及正弦定理得
，所以，
由余弦定理得，
因为，所以.
（2），
因为，所以，
解得，
所以.
16．(1)
(2)证明见解析
（1）利用点关于点对称的性质以及点在抛物线上即可求出；
（2）设直线的方程为，与抛物线联立，利用韦达定理即可证明.
【详解】（1）设点关于上一点的对称点为，则的中点为，
所以，所以，
即的方程为.
（2）设，设直线的方程为，
与联立，得，即，
所以
因为共线，所以，整理得，
因为，所以，
所以直线的倾斜角为定值.
17．(1)证明见解析
(2)
（1）根据线面垂直的判定定理先得平面，
从而，进而可得平面；
（2）以D为原点，DA，DC，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，利用空间向量法求解.
【详解】（1）因为，又正方形中，，
，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为四棱柱中，，所以，
因为，，平面，所以平面．
（2）由（1）知四棱柱是正四棱柱，以D为原点，DA，DC，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，，
设，，，，
因为，所以，，
，设平面的法向量为，
因为，，所以，，
取得．
因为，，所以，
又，，平面，所以平面，
是平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则．
18．(1)
(2)
(3)
（1）利用全概率公式，分从第1个盒子取出红球/蓝球两种情况，计算得到；
（2）通过全概率公式建立递推关系，构造等比数列，从而求出；
（3）将拆分为两部分，分别用错位相减法和等差数列求和，合并得到前项和.
【详解】（1）记事件表示从第个盒子里取出蓝球，则
，
所以.
（2）由（1）知，
所以.
因为，所以，
所以是首项为，公比为的等比数列.
所以，即.
（3）由（2）得.
设的前项和分别是，
，
，
以上两式相减，得
,
所以.
，
所以，
即数列的前项和为.
19．(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
【详解】（1）当时，，
因为，所以，
所以函数的图象在处的切线方程为，即.
（2）由，则，
令，则，
令，解得，
若，则在上恒成立，所以在上单调递增，
又，所以，则在上单调递增，
又，所以在上恒成立.
若，令，得，
当时，单调递减；
当时，单调递增.
又，所以时，单调递减，，
与在上恒成立矛盾.
综上所述，若在上恒成立，则的取值范围是.
（3）已知，由（2）可知在上单调递减，在上单调递增.
又，所以在上恒成立，即在上单调递增，
又，所以时，时，.
若，则，不合题意；
若，则，不合题意，所以.
设，
则.
设，
则.
所以在上单调递减.
又，所以，从而在上单调递增.
因为，所以.
因为，所以，
又，所以，即.
又在上单调递增，所以，即.
所以，即.

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