試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁淮北市2026屆高三第一次質(zhì)量檢測數(shù)學試題卷注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上．2．回答選擇題時，選出每個小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號，回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上寫在本試卷上無效．3．考試結(jié)束后，將答題卡交回．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，則的元素個數(shù)為（

）A．5 B．6 C．7 D．82．已知復(fù)數(shù)，則（

）A． B．0 C．1 D．23．函數(shù)在AI神經(jīng)網(wǎng)絡(luò)中作為激活函數(shù)使用，可提升模型的非線性擬合能力．下列函數(shù)圖象中，可以作為大致圖象的是（

）A． B． C． D．4．已知，則（

）A． B． C． D．5．已知直線和平面，下列表述正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則6．記為數(shù)列的前項和．若，當時，，則常數(shù)的值為（

）A． B．1 C．2 D．47．已知過點的直線與圓交于兩點．若的面積為8，則點的坐標可以是（

）A． B． C． D．8．已知函數(shù)及其導函數(shù)的定義域均為，若函數(shù)和均為偶函數(shù)，則（

）A．的圖象關(guān)于直線對稱 B．的圖象關(guān)于直線對稱C．3是的一個周期 D．二、多項選擇題：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．在一次科普知識競賽中共有200名同學參賽，經(jīng)過評判，這200名參賽者的得分都在之內(nèi)，其得分的頻率分布直方圖如圖所示，則（

）A． B．這200名參賽者得分的中位數(shù)為64C．得分在內(nèi)的頻率為 D．得分在內(nèi)的共有80人10．已知正四棱錐，為棱上的動點．則（

）A．平面平面B．存在使得為直角三角形C．當為中點時，平面D．若，球與四棱錐的所有棱都相切，則球的表面積為11．將平面向量繞起點逆時針旋轉(zhuǎn)角得到的向量記為，已知向量，，則（

）A． B．C． D．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．代數(shù)式的展開式中的系數(shù)為．13．已知拋物線的焦點是雙曲線：的右焦點，點是兩曲線的一個公共點，為坐標原點．若，則的離心率為．14．已知點是的外心，直線與線段交于點．若，則．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．在中，分別為內(nèi)角所對的邊，滿足：.(1)求角；(2)若，求內(nèi)角平分線的長．16．已知數(shù)列滿足．(1)設(shè)，求證：數(shù)列為等比數(shù)列；(2)求的通項公式．17．如圖，在四棱錐中，平面，分別為的中點．(1)求證：平面；(2)設(shè)平面．（i）求實數(shù)的值；（ii）求二面角的正弦值．18．已知橢圓的短軸長為2，焦距為2，過的左焦點作斜率之和為1的兩條直線和，與交于兩點，與交于兩點，線段的中點分別為．(1)求橢圓的標準方程；(2)求點的軌跡方程；(3)直線是否過定點？若是，求出定點坐標；若不是，請給出理由．19．已知函數(shù)．(1)若曲線在點處的切線方程為，求實數(shù)的值；(2)當時，（i）證明：在上存在唯一極小值點和唯一零點；（ii）在（i）的條件下，證明：．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．C【分析】利用并集的運算求解.【詳解】，，，的元素個數(shù)為.故選：C.2．B【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的乘方運算及共軛復(fù)數(shù)的定義求解即可.【詳解】...所以.故選：B.3．A【分析】求出排除選項BD，利用導數(shù)法求出的單調(diào)性得到結(jié)論.【詳解】，，排除選項BD，，，設(shè)，，當時，即，，則在范圍內(nèi)是單調(diào)遞增函數(shù)；當時，即，，則在范圍內(nèi)是單調(diào)遞減函數(shù)；當時，，，在范圍內(nèi)是單調(diào)遞增函數(shù)；當時，在范圍內(nèi)是單調(diào)遞增函數(shù)，，，，使得，當時，，，則在是單調(diào)遞減函數(shù)；當時，，，則在是單調(diào)遞增函數(shù)；則選項A符合.故選：A.4．B【分析】由得，利用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可判斷A，利用作差法即可判斷BD，由換底公式和對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可判斷C.【詳解】由，所以，又在上單調(diào)遞增，所以，故A錯誤；由，所以，故B正確；由，又，所以，所以，故C錯誤；由，又，所以，所以，故D錯誤；故選：B.5．D【分析】利用線面平行和垂直的判定定理和面面平行和垂直的判定定理即可求解.【詳解】由，條件中缺少，故A錯誤；由，條件中缺少，故B錯誤；由，條件中缺少，故C錯誤；由，故D正確；故選：D.6．B【分析】利用等比數(shù)列的求和公式求出，利用極限的定義求出常數(shù)的值.【詳解】設(shè)，則是以為首項，公比的等比數(shù)列，為數(shù)列的前項和，，，，當時，，，.故選：B.7．D【分析】根據(jù)三角形的面積得到是等腰直角三角形，進而求出圓心到直線的距離，與選項中的點到圓心距離進行比較即可.【詳解】圓的半徑.，所以，，所以是等腰直角三角形，此時弦的長度為，.選項A：，不符合條件.選項B：，不符合條件.選項C：，不符合條件.選項D：，符合條件.故選：D.8．D【分析】根據(jù)題設(shè)，結(jié)合偶函數(shù)的性質(zhì)及函數(shù)的對稱性可得的周期為12，進而得到，進而求解判斷D；舉例，即可判斷ABC.【詳解】因為為偶函數(shù)，所以，則，兩邊求導得，則，由為偶函數(shù)，得，則，由，，得，則，所以，則的周期為12，由，令，得，即，由，令，得，由，令，得，即，則，所以，故D正確；對于ABC，設(shè)，則，而，則，所以函數(shù)和均為偶函數(shù)，滿足題意，而，則的圖象不關(guān)于直線對稱，故A錯誤，而，則的圖象不關(guān)于直線對稱，故B錯誤，而的最小正周期為，故C錯誤.故選：D9．ACD【分析】根據(jù)頻率分布直方圖中所有小矩形面積和為1，計算即可判斷A的正誤；根據(jù)直方圖中位數(shù)的求法，代入計算，即可判斷B的正誤；根據(jù)直方圖中矩形面積代表頻率，即頻率、頻數(shù)、總數(shù)的關(guān)系，即可判斷C、D的正誤.【詳解】由題意有，解得，故A正確；設(shè)中位數(shù)為，所以，解得，故B錯誤；由題意得得分在內(nèi)的頻率為，故C正確；由題意得得分在內(nèi)的頻率為，則得分在內(nèi)的共有人，故D正確.故選：ACD.10．ACD【分析】對于A，連接，設(shè)交于點，連接，先證明，，可得平面，進而結(jié)合面面垂直的判定定理判斷即可；對于B，先假設(shè)為直角三角形，可得，進而得到，再結(jié)合即可判斷；對于C，當為中點時，連接，可證明，進而判斷即可；對于D，當時，分析可得到的距離與到的距離均為1，可得球的球心位于點，半徑為1，進而求解判斷即可.【詳解】對于A，連接，設(shè)交于點，連接，如下圖：在正四棱錐中，，平面，因為平面，所以，又平面，所以平面，因為平面，所以平面平面，故A正確；對于B，在正四棱錐中，若為直角三角形，則，，由，得，即，而在正方形中，，由于，則，矛盾，所以不存在使得為直角三角形，故B錯誤；對于C，當為中點時，連接，由于在正方形中，為的中點，所以，因為平面，平面，所以平面，故C正確；對于D，當時，，而，則，在等腰直角中，到的距離為，而到的距離也為1，則球的球心位于點，半徑為1，則球的表面積為，故D正確.故選：ACD11．ABD【分析】對于選項A，B，需要根據(jù)向量旋轉(zhuǎn)的定義判斷等式是否成立；對于選項C，要根據(jù)已知條件逐步計算出，再與右邊式子進行比較；對于選項D，需要找出的規(guī)律，進而求出.【詳解】對于選項A，向量繞起點逆時針旋轉(zhuǎn)角的變換是線性變換，對應(yīng)復(fù)數(shù)乘法中的旋轉(zhuǎn)因子，兩次旋轉(zhuǎn)角相當于旋轉(zhuǎn)角，即，故選項A正確；對于選項B，旋轉(zhuǎn)矩陣是線性變換，滿足可加性，設(shè)，，則，則，，，，即，故選項B正確；對于選項C，，，，，故選項C錯誤；對于選項D，，，，，，，，，，，，故是周期為的數(shù)列，，又，，故選項D正確.故選：ABD.12．【分析】第一步，中的和的展開式的常數(shù)項相乘為的展開式中的項；第二步，中的和的展開式的的項相乘為的展開式中的項，這兩步相加為的展開式中的項，從而得到所求.【詳解】第一步，中的和的展開式的常數(shù)項相乘為的展開式中的項，即；第二步，中的和的展開式的的項相乘為的展開式中的項，即；則的展開式中的項為，系數(shù)為.故答案為：.13．##【分析】利用拋物線和雙曲線的定義，結(jié)合已知條件建立關(guān)于雙曲線參數(shù)的等式求解即可.【詳解】拋物線的焦點為，雙曲線的右焦點為，由題意知，.拋物線的準線方程為，因為，所以，即.設(shè)在第一象限，將代入拋物線方程可得，所以.代入雙曲線方程，又，所以.設(shè)，則，整理得，解得，因為，所以，所以.故答案為：.14．##【分析】易知，所以為等腰三角形，所以連接，延長交于點，則為的中點.根據(jù)三點共線，及三點共線，求得.設(shè)，結(jié)合勾股定理列出相應(yīng)的方程，求解得的值，進而得到的值.【詳解】因為點是的外心，所以過作的垂線，交于點，則為的中點.由題可知，，所以，所以.因為，所以.所以為等腰三角形.連接，延長交于點，則為的中點.設(shè)，則.由，得；所以；由，，得.所以，解得.設(shè)，則，，所以，.由，得，所以，所以.所以.15．(1)(2)．【分析】（1）利用正弦定理進行角化邊，利用余弦定理求出．（2）利用向量的數(shù)量積求出的值，設(shè)的長為，則，利用三角形的面積公式得到的等式，解出的值，即為的長．【詳解】（1）由．故，而，得．（2）由，設(shè)的長為，由．即的長為．16．(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用等比數(shù)列的定義證明.（2）利用等比數(shù)列的通項公式和累加法求解.【詳解】（1）由得：，即，故為等比數(shù)列；（2），由（1）得．即，于是．17．(1)證明見解析(2)（i）；（ii）．【分析】（1）證明：利用空間向量法求解，求出，求出即，由平面知，利用線面垂直的判定定理得到平面．（2）（i）求出，求出平面的一個法向量，得到，從而得到平面，利用線面平行的性質(zhì)定理得到，設(shè)，求出，利用求出的值；（ii）由（i）求出，分別求出平面和平面的一個法向量，利用向量的數(shù)量積求出．設(shè)二面角的平面角為，利用同角關(guān)系式求出，從而得到二面角的正弦值．【詳解】（1）證明：以為原點，以、、的正方向分別為軸、軸、軸的正方向，建立如圖的空間直角坐標系，則：，即．又平面知，由，則平面．（2）（i），平面的一個法向量為，顯然，故平面，而平面平面，于是，設(shè)；（ii）由（i），設(shè)平面的一個法向量分別為，則：，取，則，即．設(shè)平面的一個法向量分別為，，取．則，即，．設(shè)二面角的平面角為，則，，，，，，即二面角的正弦值為．18．(1)；(2)；(3)直線恒過定點．【分析】（1）求出，從而得到橢圓的標準方程．（2）（方法一）設(shè)，顯然直線的斜率存在，利用點斜式設(shè)直線的方程，直線和橢圓聯(lián)立方程組，由韋達定理得到，進而得，從而得到點的軌跡方程；（方法二）設(shè)，求出的斜率為，利用點差法求解即可得到點的軌跡方程；（3）由（2）知點也滿足點的軌跡方程，設(shè)直線方程為，直線和點的方程聯(lián)立方程組，消去得的一元二次方程，設(shè)，利用韋達定理得到，由得到的等式，故直線恒過定點．【詳解】（1）依題意，設(shè)的焦距長為，則，又短軸長，則，因此，橢圓的標準方程為：．（2）（方法一）設(shè)，顯然直線的斜率存在，設(shè)，和橢圓方程聯(lián)立，消去得：，則進而得，當時，，代入上式，化簡得：，當時，也滿足上式；又，故點的軌跡方程為：．（方法二）設(shè)，則的斜率為，由（1）知橢圓標準方程為：，則①

②②①得：，若，進一步得：，即：，于是．若，即，此時也滿足上式，故點軌跡方程為：．（3）由（2）知點也滿足方程，設(shè)直線方程為，聯(lián)立，消去得：，設(shè)，則，由得：，即，故直線恒過定點．19．(1)(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析【分析】（1）利用導數(shù)的幾何意義求解；（2）（i）將整理為，當時可得，從而得到在的單調(diào)性；再討論時的情形，構(gòu)造函數(shù)，通過構(gòu)造函數(shù)得到的單調(diào)性，從而得到的單調(diào)性，從而得證；（ii）由（i）知，且，及在上是單調(diào)遞增函數(shù)，，要證只需證，即證明即可，再補證：當時，，