1/22026年高考高三數(shù)學(xué)第一次模擬考試（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。第一部分（選擇題共58分）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知集合，，若且，則（

）A． B． C． D．2．在復(fù)平面內(nèi)，等腰直角三角形的直角頂點為坐標(biāo)原點，點和點分別在第一象限和第二象限，點對應(yīng)的復(fù)數(shù)為，則點對應(yīng)的復(fù)數(shù)為（

）A． B． C． D．3．已知向量，不共線，且，則向量在向量上的投影向量為（

）A． B． C． D．4．若，則（

）A． B． C． D．5．已知函數(shù)，則下列說法錯誤的是（

）A．的定義域為 B．為偶函數(shù)C．的最大值是0 D．在上單調(diào)遞增6．某課外活動小組為研究日平均氣溫的變化情況，將每連續(xù)5天的日平均氣溫（單位：）的記錄數(shù)據(jù)作為一組樣本，他們得到了滿足下列條件的四個樣本：①平均數(shù)為3，極差為2；②中位數(shù)為7，眾數(shù)為9；③眾數(shù)為5，極差為6；④平均數(shù)為4，方差為2；則這四個樣本中，連續(xù)5天的日平均氣溫記錄數(shù)據(jù)均低于的樣本個數(shù)至少有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個7．已知分別是雙曲線的左、右焦點，過斜率不為0的直線與雙曲線的左、右兩支分別交于兩點，記與的內(nèi)切圓面積分別是和，若，則雙曲線的離心率為（

）A． B．2C． D．38．已知函數(shù)，若對任意（0，2]，存在[1，2]，使，則實數(shù)b的取值范圍是（

）A． B． C． D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．已知函數(shù)，則（

）A．是的一個周期 B．在上單調(diào)遞減C．的零點為 D．的最小值為10．若高為，底面半徑為2的圓錐內(nèi)切一個球，以下說法正確的是（

）A．圓錐的側(cè)面積為B．內(nèi)切球的半徑為C．以平行于圓錐底面的平面截圓錐形成圓臺，若該圓臺與原圓錐共內(nèi)切球，則其母線長為3D．圓錐側(cè)面上的切點形成的軌跡長度為11．已知直線經(jīng)過拋物線的焦點，且與交于兩點，過分別作準(zhǔn)線的垂線，垂足依次為．若長的最小值為4，則（

）A．若，則B．若的傾斜角為，點在第一象限，則C．若，則的斜率為1D．若點在拋物線上，且，則第二部分（非選擇題共92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．來自國外的博主，，三人決定來中國旅游，計劃打卡北京故宮、西安兵馬俑等個著名景點．他們約定每人至少選擇個景點打卡，每個景點都有且僅有一人打卡，其中在北京故宮、西安兵馬俑中至少選擇個，則不同的打卡方案種數(shù)為．13．已知正數(shù)a，b滿足，，則的最小值為.14．?dāng)?shù)學(xué)美的表現(xiàn)形式不同于自然美或藝術(shù)美那樣直觀，它蘊藏于特有的抽象概念、公式符號、推理論證、思維方法等之中，揭示了規(guī)律性，是一種科學(xué)的真實美.在平面直角坐標(biāo)系中，曲線就是一條形狀優(yōu)美的曲線，若是曲線C上任意一點，的最小值為.四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15．（13分）在中，設(shè)角所對的邊分別為，已知且.(1)求角；(2)若，求邊上的角平分線的長；(3)若為銳角三角形，求邊上的中線的取值范圍.16．（15分）如圖，點，在以為直徑的圓上，，與點，不重合.平面，為的中點，為的中點，，.(1)求證：平面；(2)當(dāng)時，求與平面所成角的正弦值的最大值．17．（15分）已知橢圓的焦距為，點在橢圓上，動直線l與橢圓相交于不同兩點，且直線的斜率之積為1．(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若為直角三角形，求直線的斜率；(3)試問：動直線l是否過定點？若過定點，求出其坐標(biāo)；若不過定點，請說明理由．18．（17分）某種比賽采用“局勝”制（即累計先贏局者獲得本場比賽勝利）．在該比賽中，選手甲對陣選手乙，假設(shè)每一局比賽甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為（每局比賽結(jié)果相互獨立，不受之前戰(zhàn)局影響，且無平局）．(1)當(dāng)時，若，結(jié)束比賽時，比賽的局?jǐn)?shù)為，求的分布列與數(shù)學(xué)期望；(2)如果選擇以下方案中的一種：方案一：若采用“5局3勝”制，甲累計先贏3局比賽結(jié)束的概率為．方案二：設(shè)甲乙賽滿5局比賽，甲至少贏3局比賽的概率為．比較和的大?。?3)記“局勝”制比賽中甲獲得最終勝利的概率為，記“局勝”制比賽中，甲在第一局輸?shù)臈l件下甲獲得最終勝利的概率為，證明：．

2026年高考第一次模擬考試數(shù)學(xué)·全解全析（考試時間：120分鐘，分值：150分）注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。第一部分（選擇題共58分）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知集合，，若且，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出集合，結(jié)合題中定義可得結(jié)合.【詳解】因為集合，，所以且.故選：A.2．在復(fù)平面內(nèi)，等腰直角三角形的直角頂點為坐標(biāo)原點，點和點分別在第一象限和第二象限，點對應(yīng)的復(fù)數(shù)為，則點對應(yīng)的復(fù)數(shù)為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)題意，轉(zhuǎn)化為點可以看作點繞點逆時針方向旋轉(zhuǎn)90度而得到，設(shè)點對應(yīng)的復(fù)數(shù)為，列出方程組，即可求解.【詳解】由等腰直角三角形的直角頂點為坐標(biāo)原點，點和點分別在第一象限和第二象限，則點可以看作點繞點逆時針方向旋轉(zhuǎn)90度而得到，因為點對應(yīng)的復(fù)數(shù)為，設(shè)點對應(yīng)的復(fù)數(shù)為，其中，則滿足，解得，所以點所對應(yīng)的復(fù)數(shù)為.故選：C．3．已知向量，不共線，且，則向量在向量上的投影向量為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由可得，再利用投影向量的公式求解即可．【詳解】，兩邊平方得，解得，向量在向量上的投影向量為.故選：D4．若，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式將等式進行化簡，再根據(jù)兩角差的余弦公式展開，整理求得的值.【詳解】由題意及誘導(dǎo)公式化簡可得，，，，故選：B.5．已知函數(shù)，則下列說法錯誤的是（

）A．的定義域為 B．為偶函數(shù)C．的最大值是0 D．在上單調(diào)遞增【答案】D【分析】列不等式求出定義域可判斷A；利用偶函數(shù)的定義可判斷B；利用二次函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求出最大值可判斷C；利用復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可判斷D.【詳解】由且，解得，則的定義域為，故A正確；∵，則為偶函數(shù)，故B正確；∵，，令，當(dāng)時，單調(diào)遞減，而在上單調(diào)遞增，則在上單調(diào)遞減，故D錯誤；∵，，令，當(dāng)時，，則的最大值是，故C正確.故選：D.6．某課外活動小組為研究日平均氣溫的變化情況，將每連續(xù)5天的日平均氣溫（單位：）的記錄數(shù)據(jù)作為一組樣本，他們得到了滿足下列條件的四個樣本：①平均數(shù)為3，極差為2；②中位數(shù)為7，眾數(shù)為9；③眾數(shù)為5，極差為6；④平均數(shù)為4，方差為2；則這四個樣本中，連續(xù)5天的日平均氣溫記錄數(shù)據(jù)均低于的樣本個數(shù)至少有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】將天數(shù)據(jù)從小到大排序為：，對于①，由平均數(shù)為3得，又極差為2，則，可推導(dǎo)，與平均值矛盾；對于②，根據(jù)中位數(shù)，縱數(shù)推導(dǎo)即可；對于③，根據(jù)題意可推導(dǎo)第天超過10即可判斷；對于④，根據(jù)均值方差推導(dǎo)即可判斷．【詳解】設(shè)“連續(xù)5天的日平均溫度均低于”，將天數(shù)據(jù)從小到大排序為：，①選項，，，若，則，與平均數(shù)為矛盾，所以①選項正確；②選項，中位數(shù)是，眾數(shù)是，所以將數(shù)據(jù)從小到大排序后，第3個數(shù)是，第個數(shù)為，所以個數(shù)據(jù)都小于，所以②選項正確；③選項，眾數(shù)是，極差為，如，第天超過，不符合，所以③選項錯誤；④選項，，，，若，則，矛盾，所以④選項正確；故選：C．7．已知分別是雙曲線的左、右焦點，過斜率不為0的直線與雙曲線的左、右兩支分別交于兩點，記與的內(nèi)切圓面積分別是和，若，則雙曲線的離心率為（

）A． B．2C． D．3【答案】D【分析】內(nèi)切圓半徑分別是，過分別向軸作垂線，垂足分別是，連接，由題意可證得與相似，可得，結(jié)合已知可求雙曲線的離心率.【詳解】設(shè)與的內(nèi)切圓的圓心分別是，內(nèi)切圓半徑分別是，過分別向軸作垂線，垂足分別是，連接，在中，設(shè)內(nèi)切圓與的三邊的切點分別為，則切線長定理可得，，所以，故點為雙曲線的左頂點，同理可得：點為雙曲線的右頂點．而點均在的平分線上，所以與相似，故，因為與的內(nèi)切圓面積分別是和，若，所以，所以，從而.故選：D．8．已知函數(shù)，若對任意（0，2]，存在[1，2]，使，則實數(shù)b的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先明確“任意-存在”型不等式的轉(zhuǎn)化邏輯，再利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性并求出其最值解決問題.【詳解】，令，解得或，所以當(dāng)時，，單調(diào)遞減，當(dāng)時，，單調(diào)遞增，所以，因為對任意，存在，使，所以在上有解，整理得，令，，令，解得，所以當(dāng)時，，單調(diào)遞增；當(dāng)時，，單調(diào)遞減.因為，所以，所以.故選：B二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．已知函數(shù)，則（

）A．是的一個周期 B．在上單調(diào)遞減C．的零點為 D．的最小值為【答案】BD【分析】對A，利用函數(shù)周期性定義判斷；對B，利用導(dǎo)數(shù)判斷的單調(diào)性；對C，由函數(shù)零點定義求解判斷；對D，利用函數(shù)單調(diào)性判斷最值.【詳解】對于A，由，得，所以不是函數(shù)的一個周期，故A錯誤；對于B，，則，令，則，當(dāng)時，即，所以，，，即單調(diào)遞增，當(dāng)時，即，即，，，即單調(diào)遞減，所以在上單調(diào)遞減，故B正確；對于C，令，得或，或，所以函數(shù)的零點為，故C錯誤；對于D，由選項A知函數(shù)的最小正周期為，只需要考慮在上的最小值即可.由選項B，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以當(dāng)時，取得最小值，最小值為，故D正確.故選：BD.10．若高為，底面半徑為2的圓錐內(nèi)切一個球，以下說法正確的是（

）A．圓錐的側(cè)面積為B．內(nèi)切球的半徑為C．以平行于圓錐底面的平面截圓錐形成圓臺，若該圓臺與原圓錐共內(nèi)切球，則其母線長為3D．圓錐側(cè)面上的切點形成的軌跡長度為【答案】ABC【分析】由側(cè)面積公式即可判斷A，由圓錐內(nèi)切球半徑等于軸截面內(nèi)切圓半徑即可判斷B，由等腰梯形內(nèi)切圓條件：上下底之和等于兩腰之和，可判斷C，由圓錐側(cè)面切點形成的軌跡為圓，通過相似比求得半徑即可判斷D.【詳解】A：圓錐母線長，側(cè)面積為，故A正確；B：圓錐軸截面為等腰三角形底4，高，腰，其內(nèi)切圓半徑為三角形面積，C為周長.三角形面積，周長，故內(nèi)切圓半徑，圓錐內(nèi)切球半徑等于軸截面內(nèi)切圓半徑，故B正確；C：圓臺與原圓錐共內(nèi)切球，故圓臺軸截面等腰梯形有內(nèi)切圓半徑等腰梯形內(nèi)切圓條件：上下底之和等于兩腰之和.設(shè)截得的小圓錐母線長為L，則圓臺母線長為由相似比，小圓錐底面半徑，圓臺上底為，下底為4，根據(jù)內(nèi)切圓條件：，解得，故圓臺母線長為，C正確;D：圓錐側(cè)面切點形成的軌跡為圓球與圓錐側(cè)面的交線.

圓錐軸截面半頂角滿足，球心到頂點距離切點到頂點距離設(shè)圓錐側(cè)面切點形成的軌跡的圓圓心為，由相似比，則,軌跡圓半徑，周長為，故D錯誤.故選：ABC11．已知直線經(jīng)過拋物線的焦點，且與交于兩點，過分別作準(zhǔn)線的垂線，垂足依次為．若長的最小值為4，則（

）A．若，則B．若的傾斜角為，點在第一象限，則C．若，則的斜率為1D．若點在拋物線上，且，則【答案】BD【分析】根據(jù)通徑為焦點弦最短弦列式求得，利用焦點弦的性質(zhì)，判斷A；聯(lián)立直線與拋物線，利用韋達定理，結(jié)合焦半徑公式判斷B；根據(jù)焦半徑公式列式求解判斷C；利用向量坐標(biāo)運算得，進而利用焦半徑公式求解判斷D.【詳解】由題意得拋物線的焦點，準(zhǔn)線方程為，因為長的最小值為4，所以，解得，所以拋物線的方程為，則焦點，準(zhǔn)線方程為，對于A：由焦點弦的性質(zhì)，將代入，解得，故A錯誤；對于B：設(shè)直線的方程為，，，聯(lián)立，得，所以，，所以，，由拋物線的定義可得，，，若的傾斜角為，則，所以，，所以，，所以，，所以，，所以，故B正確；對于C：若，則，所以，所以，所以，所以，解得，所以直線的斜率為1或，故C錯誤；對于D：設(shè)，，由，得為的重心，所以，，所以，故D正確.故選：BD.第二部分（非選擇題共92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．來自國外的博主，，三人決定來中國旅游，計劃打卡北京故宮、西安兵馬俑等個著名景點．他們約定每人至少選擇個景點打卡，每個景點都有且僅有一人打卡，其中在北京故宮、西安兵馬俑中至少選擇個，則不同的打卡方案種數(shù)為．【答案】88【分析】先安排再安排，根據(jù)選擇北京故宮、西安兵馬俑中個數(shù)，分類討論，利用分類加法計數(shù)原理即可求解.【詳解】當(dāng)只選擇北京故宮、西安兵馬俑中的個，且只去個景點時，有種選擇，再將其他個景點分給，，有種選擇，共有種選擇；當(dāng)只選擇北京故宮、西安兵馬俑中的個，且去個景點時，有種選擇，再將其他個景點分給，，有種選擇，共有種選擇；當(dāng)只選擇北京故宮、西安兵馬俑中的個，且去個景點時，有種選擇，再將其他個景點分給，，有種選擇，共有種選擇；當(dāng)選擇北京故宮、西安兵馬俑這個且只去個景點時，只需將其他個景點分給，，有種選擇；當(dāng)選擇北京故宮、西安兵馬俑且去個景點時，有種選擇，只需將其他個景點分給，，有種選擇，共有種選擇，種，故共有種不同的打卡方案．故答案為：．13．已知正數(shù)a，b滿足，，則的最小值為.【答案】【分析】由，，平方得到，代入目標(biāo)式化簡變形通過兩次運用基本不等式計算即可求出最小值．【詳解】解：由，得，因為，，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取“等號”，所以當(dāng)，，時，的最小值為故答案為：14．?dāng)?shù)學(xué)美的表現(xiàn)形式不同于自然美或藝術(shù)美那樣直觀，它蘊藏于特有的抽象概念、公式符號、推理論證、思維方法等之中，揭示了規(guī)律性，是一種科學(xué)的真實美.在平面直角坐標(biāo)系中，曲線就是一條形狀優(yōu)美的曲線，若是曲線C上任意一點，的最小值為.【答案】【分析】根據(jù)曲線方程分析曲線的性質(zhì)及形狀，問題化為各圓弧上點到直線的距離，再應(yīng)用圓上點到直線的距離求法確定最值.【詳解】曲線，當(dāng)，時，曲線C的方程可化為，當(dāng)，時，曲線C的方程可化為，當(dāng)，時，曲線C的方程可化為，當(dāng)，時，曲線C的方程可化為，作出曲線如圖：到直線的距離，則即為，要求得的最小值，結(jié)合曲線的對稱性，只需考慮，時的情況；當(dāng)，時，曲線C的方程為，曲線為圓心為，半徑為的圓的一部分，而到直線的距離為，由圓的性質(zhì)得曲線C上一點到直線的距離最小為，故的最小值為.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15．（13分）在中，設(shè)角所對的邊分別為，已知且.(1)求角；(2)若，求邊上的角平分線的長；(3)若為銳角三角形，求邊上的中線的取值范圍.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）先利用正弦定理進行角化邊，再利用余弦定理得解；（2）先利用余弦定理求出，再利用等面積法，即可求解；（3）用余弦定理、中線向量定理、正弦定理、輔助角公式等，將的范圍轉(zhuǎn)化為的范圍，再結(jié)合銳角三角形以及角，求得角的范圍，即可得解.【詳解】（1）因為，由正弦定理得，，又由余弦定理得，，故.（2）由余弦定理可知，，代入，可得，解得.設(shè)，，即，解得，因此.（3）由余弦定理得，，即.，兩邊平方得.由正弦定理可知，，故，因此，又因為是銳角三角形，故，解得，故，，，即，則.16．（15分）如圖，點，在以為直徑的圓上，，與點，不重合.平面，為的中點，為的中點，，.(1)求證：平面；(2)當(dāng)時，求與平面所成角的正弦值的最大值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）作出相應(yīng)輔助線，借助中位線與等分點的性質(zhì)可得四邊形為平行四邊形，則可得，再利用線面平行判定定理即可得證；（2）建立適當(dāng)空間直角坐標(biāo)系后，設(shè)出，求出平面的法向量后，借助空間向量夾角公式計算即可得.【詳解】（1）在上取點，使得，取中點，連接、、，由，為的中點，故，，，，故且，故四邊形為平行四邊形，故，又平面，平面，故平面；（2）由為直徑，故，由，則，，以為原點，、為、軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，由平面，故軸，則、、、、，則，，，，又，則，故，由在圓上，可設(shè)，，則，設(shè)平面的法向量為，則有，取，則，，故，設(shè)與平面所成角為，則，則當(dāng)，即或時，有最大值，當(dāng)時，，則，與點重合，不符；當(dāng)時，，則，符合要求；故與平面所成角的正弦值的最大值為.17．（15分）已知橢圓的焦距為，點在橢圓上，動直線l與橢圓相交于不同兩點，且直線的斜率之積為1．(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若為直角三角形，求直線的斜率；(3)試問：動直線l是否過定點？若過定點，求出其坐標(biāo)；若不過定點，請說明理由．【答案】(1)(2)(3)動直線l恒過定點【分析】（1）根據(jù)題意列出方程組，求出，即可得解；（2）設(shè)直線的方程為，聯(lián)立方程組，求出點的橫坐標(biāo)，同理求出點的橫坐標(biāo)，從而可求出直線的斜率，再分和兩種情況討論即可得解；（3）由（2）可得點的坐標(biāo)，利用點斜式可得直線的方程，化簡即可得到直線所過定點．【詳解】（1）設(shè)橢圓的半焦距為，則依題意有，解得，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為；（2）設(shè)直線的方程為，由消去，得，解得.因為直線的斜率之積為1，所以直線的方程為，同理可得，故直線的斜率當(dāng)為直角三角形時，只有或，于是或.若，由，可得，從而；若，由，可得，從而.所以存在，直線的斜率為．（3）由（2）可知，直線l的斜率，所以直線l的方程為，即，所以動直線l恒過定點．18．（17分）某種比賽采用“局勝”制（即累計先贏局者獲得本場比賽勝利）．在該比賽中，選手甲對陣選手乙，假設(shè)每一局比賽甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為（每局比賽結(jié)果相互獨立，不受之前戰(zhàn)局影響，且無平局）．(1)當(dāng)時，若，結(jié)束比賽時，比賽的局?jǐn)?shù)為，求的分布列與數(shù)學(xué)期望；(2)如果選擇以下方案中的一種：方案一：若采用“5局3勝”制，甲累計先贏3局比賽結(jié)束的概率為．方案二：設(shè)甲乙賽滿5局比賽，甲至少贏3局比賽的概率為．比較和的大??；(3)記“局勝”制比賽中甲獲得最終勝利的概率為，記“局勝”制比賽中，甲在第一局輸?shù)臈l件下甲獲得最終勝利的概率為，證明：．【答案】(1)分布列見解析，(2)(3)證明見解析【分析】（1）由題意，所有可能值為2，3，進而求出對應(yīng)的概率，再根據(jù)期望的公式求解即可；（2）結(jié)合二項分布的概率公式分別求出、，即可比較大小；（3）設(shè)甲乙進行局比賽，甲贏的局?jǐn)?shù)為，由題意，，可得，再結(jié)合全概率公式求得，進而求證即可.【詳解】（1）由題意，，，即采用3局2勝制，所有可能值為2，3，則.則的分布列如下，23所以.（2）由題意，采用“5局3勝”制，甲只要取得3局比賽的勝利，比賽結(jié)束且甲獲勝，則；在甲