河北省大名一中2026屆數(shù)學高三第一學期期末經典模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．已知類產品共兩件，類產品共三件，混放在一起，現(xiàn)需要通過檢測將其區(qū)分開來，每次隨機檢測一件產品，檢測后不放回，直到檢測出2件類產品或者檢測出3件類產品時，檢測結束，則第一次檢測出類產品，第二次檢測出類產品的概率為（）A． B． C． D．2．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的最長棱的長為（）A． B． C． D．3．已知，滿足約束條件，則的最大值為A． B． C． D．4．若復數(shù)滿足（是虛數(shù)單位），則的虛部為（）A． B． C． D．5．根據如圖所示的程序框圖，當輸入的值為3時，輸出的值等于（）A．1 B． C． D．6．“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分又不必要條件7．已知函數(shù)，若，則的取值范圍是（）A． B． C． D．8．若2m＞2n＞1，則（）A． B．πm﹣n＞1C．ln（m﹣n）＞0 D．9．已知數(shù)列{an}滿足a1=3，且aA．22n-1+1 B．22n-1-110．設遞增的等比數(shù)列的前n項和為，已知，，則（）A．9 B．27 C．81 D．11．設是定義在實數(shù)集上的函數(shù)，滿足條件是偶函數(shù)，且當時，，則，，的大小關系是（）A． B． C． D．12．函數(shù)的圖像大致為（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．某部隊在訓練之余，由同一場地訓練的甲?乙?丙三隊各出三人，組成小方陣開展游戲，則來自同一隊的戰(zhàn)士既不在同一行，也不在同一列的概率為______.14．已知三棱錐的四個頂點在球的球面上，，是邊長為2的正三角形，，則球的體積為__________．15．已知，且，則__________．16．（5分）如圖是一個算法的流程圖，若輸出的值是，則輸入的值為____________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數(shù).（1）證明：當時，；（2）若函數(shù)只有一個零點，求正實數(shù)的值.18．（12分）在如圖所示的多面體中，四邊形是矩形，梯形為直角梯形，平面平面，且，，.（1）求證：平面.（2）求二面角的大小.19．（12分）已知的內角、、的對邊分別為、、，滿足.有三個條件：①；②；③.其中三個條件中僅有兩個正確，請選出正確的條件完成下面兩個問題：（1）求；（2）設為邊上一點，且，求的面積.20．（12分）已知數(shù)列的各項均為正數(shù)，為其前n項和，對于任意的滿足關系式.（1）求數(shù)列的通項公式；（2）設數(shù)列的通項公式是，前n項和為，求證：對于任意的正數(shù)n，總有.21．（12分）在直角坐標系中，曲線的參數(shù)方程為（為參數(shù)，為實數(shù)）．以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為，曲線與曲線交于，兩點，線段的中點為．（1）求線段長的最小值；（2）求點的軌跡方程．22．（10分）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AC＝CB＝C1C＝1，M，N分別是AB，A1C的中點.（1）求證：直線MN⊥平面ACB1；（2）求點C1到平面B1MC的距離.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、D【解析】

根據分步計數(shù)原理，由古典概型概率公式可得第一次檢測出類產品的概率，不放回情況下第二次檢測出類產品的概率，即可得解.【詳解】類產品共兩件，類產品共三件，則第一次檢測出類產品的概率為；不放回情況下，剩余4件產品，則第二次檢測出類產品的概率為；故第一次檢測出類產品，第二次檢測出類產品的概率為；故選：D.【點睛】本題考查了分步乘法計數(shù)原理的應用，古典概型概率計算公式的應用，屬于基礎題.2、D【解析】

先根據三視圖還原幾何體是一個四棱錐，根據三視圖的數(shù)據，計算各棱的長度.【詳解】根據三視圖可知，幾何體是一個四棱錐，如圖所示：由三視圖知：，所以，所以，所以該幾何體的最長棱的長為故選：D【點睛】本題主要考查三視圖的應用，還考查了空間想象和運算求解的能力，屬于中檔題.3、D【解析】

作出不等式組對應的平面區(qū)域，利用目標函數(shù)的幾何意義，利用數(shù)形結合即可得到結論．【詳解】作出不等式組表示的平面區(qū)域如下圖中陰影部分所示，等價于，作直線，向上平移，易知當直線經過點時最大，所以，故選D．【點睛】本題主要考查線性規(guī)劃的應用，利用目標函數(shù)的幾何意義，結合數(shù)形結合的數(shù)學思想是解決此類問題的基本方法．4、A【解析】

由得,然后分子分母同時乘以分母的共軛復數(shù)可得復數(shù),從而可得的虛部.【詳解】因為,所以,所以復數(shù)的虛部為.故選A.【點睛】本題考查了復數(shù)的除法運算和復數(shù)的概念,屬于基礎題.復數(shù)除法運算的方法是分子分母同時乘以分母的共軛復數(shù),轉化為乘法運算.5、C【解析】

根據程序圖，當x<0時結束對x的計算，可得y值．【詳解】由題x=3，x=x-2=3-1，此時x>0繼續(xù)運行，x=1-2=-1<0，程序運行結束，得，故選C．【點睛】本題考查程序框圖，是基礎題．6、A【解析】

首先利用二倍角正切公式由，求出，再根據充分條件、必要條件的定義判斷即可；【詳解】解：∵，∴可解得或，∴“”是“”的充分不必要條件.故選：A【點睛】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，二倍角正切公式的應用是解決本題的關鍵，屬于基礎題．7、B【解析】

對分類討論，代入解析式求出，解不等式，即可求解.【詳解】函數(shù)，由得或解得.故選:B.【點睛】本題考查利用分段函數(shù)性質解不等式，屬于基礎題.8、B【解析】

根據指數(shù)函數(shù)的單調性，結合特殊值進行辨析.【詳解】若2m＞2n＞1＝20，∴m＞n＞0，∴πm﹣n＞π0＝1，故B正確；而當m，n時，檢驗可得，A、C、D都不正確，故選：B．【點睛】此題考查根據指數(shù)冪的大小關系判斷參數(shù)的大小，根據參數(shù)的大小判定指數(shù)冪或對數(shù)的大小關系，需要熟練掌握指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的性質，結合特值法得出選項.9、D【解析】試題分析：因為an+1=4an+3，所以an+1+1=4(an+1)，即an+1+1an+1考點：數(shù)列的通項公式．10、A【解析】

根據兩個已知條件求出數(shù)列的公比和首項，即得的值.【詳解】設等比數(shù)列的公比為q.由，得，解得或.因為.且數(shù)列遞增，所以.又，解得，故.故選：A【點睛】本題主要考查等比數(shù)列的通項和求和公式，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.11、C【解析】∵y=f（x+1）是偶函數(shù)，∴f（-x+1）=f（x+1），即函數(shù)f（x）關于x=1對稱．

∵當x≥1時，為減函數(shù)，∵f（log32）=f（2-log32）=f（）且==log34，log34＜＜3，∴b＞a＞c，

故選C12、A【解析】

根據排除，，利用極限思想進行排除即可．【詳解】解：函數(shù)的定義域為，恒成立，排除，，當時，，當，，排除，故選：．【點睛】本題主要考查函數(shù)圖象的識別和判斷，利用函數(shù)值的符號以及極限思想是解決本題的關鍵，屬于基礎題．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

分兩步進行：首先，先排第一行，再排第二行，最后排第三行；其次，對每一行選人；最后，利用計算出概率即可.【詳解】首先，第一行隊伍的排法有種；第二行隊伍的排法有2種；第三行隊伍的排法有1種；然后，第一行的每個位置的人員安排有種；第二行的每個位置的人員安排有種；第三行的每個位置的人員安排有種.所以來自同一隊的戰(zhàn)士既不在同一行，也不在同一列的概率.故答案為：.【點睛】本題考查了分步計數(shù)原理，排列與組合知識，考查了轉化能力，屬于中檔題.14、【解析】

由題意可得三棱錐的三條側棱兩兩垂直，則它的外接球就是棱長為的正方體的外接球，求出正方體的對角線的長，就是球的直徑，然后求出球的體積.【詳解】解：因為，為正三角形，所以，因為，所以三棱錐的三條側棱兩兩垂直，所以它的外接球就是棱長為的正方體的外接球，因為正方體的對角線長為，所以其外接球的半徑為，所以球的體積為故答案為：【點睛】此題考查球的體積，幾何體的外接球，考查空間想象能力，計算能力，屬于中檔題.15、【解析】試題分析：因,故,所以，,應填.考點：三角變換及運用．16、或【解析】

依題意，當時，由，即，解得；當時，由，解得或(舍去)．綜上，得或．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）把轉化成，令，由題意得，即證明恒成立，通過導數(shù)求證即可（2）直接求導可得，，令，得或，故根據0與的大小關系來進行分類討論即可【詳解】證明：（1）令，則.分析知，函數(shù)的增區(qū)間為，減區(qū)間為.所以當時，.所以，即，所以.所以當時，.解：（2）因為，所以.討論：①當時，，此時函數(shù)在區(qū)間上單調遞減.又，故此時函數(shù)僅有一個零點為0；②當時，令，得，故函數(shù)的增區(qū)間為，減區(qū)間為，.又極大值，所以極小值.當時，有.又，此時，故當時，函數(shù)還有一個零點，不符合題意；③當時，令得，故函數(shù)的增區(qū)間為，減區(qū)間為，.又極小值，所以極大值.若，則，得，所以，所以當且時，，故此時函數(shù)還有一個零點，不符合題意.綜上，所求實數(shù)的值為.【點睛】本題考查不等式的恒成立問題和函數(shù)的零點問題，本題的難點在于把導數(shù)化成因式分解的形式，如，進而分類討論，本題屬于難題18、（1）見解析；（2）【解析】

（1）根據面面垂直性質及線面垂直性質，可證明；由所給線段關系，結合勾股定理逆定理，可證明，進而由線面垂直的判定定理證明平面.（2）建立空間直角坐標系，寫出各個點的坐標，并求得平面和平面的法向量，由空間向量法求得兩個平面夾角的余弦值，結合圖形即可求得二面角的大小.【詳解】（1）證明：∵平面平面ABEG，且，∴平面，∴，由題意可得，∴，∵，且，∴平面.（2）如圖所示，建立空間直角坐標系，則，，，，，，.設平面的法向量是，則，令，，由（1）可知平面的法向量是，∴，由圖可知，二面角為鈍二面角，所以二面角的大小為.【點睛】本題考查了線面垂直的判定，面面垂直及線面垂直的性質應用，空間向量法求二面角的大小，屬于中檔題.19、（1）；（2）.【解析】

（1）先求出角，進而可得出，則①②中有且只有一個正確，③正確，然后分①③正確和②③正確兩種情況討論，結合三角形的面積公式和余弦定理可求得的值；（2）計算出和，計算出，可得出，進而可求得的面積.【詳解】（1）因為，所以，得，，，為鈍角，與矛盾，故①②中僅有一個正確，③正確.顯然，得.當①③正確時，由，得（無解）；當②③正確時，由于，，得；（2）如圖，因為，，則，則，.【點睛】本題考查解三角形綜合應用，涉及三角形面積公式和余弦定理的應用，考查計算能力，屬于中等題.20、（1）（2）證明見解析【解析】

（1）根據公式得到，計算得到答案.（2），根據裂項求和法計算得到，得到證明.【詳解】（1）由已知得時，，故.故數(shù)列為等比數(shù)列，且公比.又當時，，..（2）..【點睛】本題考查了數(shù)列通項公式和證明數(shù)列不等式，意在考查學生對于數(shù)列公式方法的綜合應用.21、（1）（2）【解析】

（1）將曲線的方程化成直角坐標方程為，當時，線段取得最小值，利用幾何法求弦長即可.（2）當點與點不重合時，設，由利用向量的數(shù)量積等于可求解，最后驗證當點與點重合時也滿足.【詳解】解曲線的方程化成直角坐標方程為即圓心，半徑，曲線為過定點的直線，易知在圓內，當時，線段長最小為當點與點不重合時，設，化簡得當點與點重合時，也滿足上式，故點的軌跡方程為【點睛】本題考查了極坐標與普通方程的互化、直線與圓的位置關系、列方程求動點的軌跡方程，屬于基礎題.22、（1）證明見解析.（2）【解析】

（1）連接AC1，BC1，結合中位線定理可證MN∥BC1，再結合線面垂直的判定定理和線面垂直的性質分別求證AC⊥BC1，BC1⊥B1C，即可求證直線MN⊥平面ACB1；（2）作交于點，通過等體積法，設C1到平面B1CM的距離為h，則有，結合幾何關系即可求解【詳解】（1）證明：連接AC1，BC1，則N∈AC1且N為AC1的中點；∵M是AB的中點.所以：MN∥BC1；∵A1A⊥平面ABC，AC?平面ABC，∴A1A⊥AC，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1∥CC，∴AC⊥CC1，∵∠ACB＝90°，BC∩CC1＝C，BC?平面BB1C1C，CC1?平面BB1C1C