辽宁省鞍山市2026届高三第一次质量监测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省鞍山市2026届高三第一次质量监测数学试题考试时间：120分钟满分：150分一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】，，故.故选：C.2.已知函数的图像在点处的切线方程是，则（）A. B.2 C. D.3【答案】D【解析】函数的图像在点处的切线的斜率就是在该点处的导数，即就是切线的斜率，所以.又，所以.故选：D.3.已知向量，若，则的值为（）A.10 B. C. D.【答案】D【解析】由，可得，解得，，，则.故选：D.4.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【答案】A【解析】若，则，故充分性成立；若，如，则，故必要性不成立，故是的充分不必要条件.故选：A.5.若直线与直线互相平行，则实数的值为（）A.0 B.1 C.0或1 D.0或-1【答案】A【解析】因为直线与直线互相平行，所以有且，解得，故选：A.6.已知正项数列为等比数列，且是与的等差中项，若，则该数列的前5项和为（）A.10 B.15 C.30 D.31【答案】D【解析】因为数列为正项等比数列，设公比为，又是与的等差中项，所以，即，解得或（舍去），所以由解得，所以该数列的前5项和，故选：D.7.中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国､秦､汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知平面，四边形为正方形，，若鳖臑的体积为2，则阳马外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设阳马外接球的半径为，由题意有：，又平面，四边形为正方形，所以，所以，所以阳马外接球的表面积为：，故选：B.8.已知，则（）A. B. C.或-2 D.或【答案】B【解析】由题意，可得，解得或，代入得到，故选：B.二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知为数列的前项和，若，则下列选项正确的是（）A.B.数列是等比数列C.D.数列是等比数列【答案】AD【解析】对于A，由可得，当时，，故A正确；对于B，由可得，当时，，两式相减可得，即，即，但，所以数列是从第二项起的等比数列，不是整个数列都是等比数列，故B错误；对于C，由可得，即，又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，则，故C错误，D正确；故选：AD.10.已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（）A.函数的图象可由图象向左平移个单位得到B.直线是函数图象的一条对称轴C.函数的单调递增区间为D.直线与函数在上的图象恰有7个交点【答案】BD【解析】由题，可得，所以，则，，又，即，，所以，.对于A，将的图象向左平移个单位得到的图象，故A错误；对于B，因为，所以直线是图象的一条对称轴，故B正确；对于C，令，，得，所以函数的单调递增区间为，故C错误；对于D，因为，令，又，所以函数在上与有7个交点，即直线与函数在上的图象有7个交点，故D正确.故选：BD.11.已知函数与的定义域都为是的导函数，若，则下列说法正确的是（）A.的图象关于直线对称B.的图象关于点对称C.4为的一个周期D.【答案】ACD【解析】对于A：由有，为常数，令得，所以，所以的图象关于直线对称，故A正确；对于B：由有，所以的图象关于点对称，故B错误；对于C：由有，又，所以，即，所以，所以4为的一个周期，故C正确；对于D：由，令得，令得，又，令得，所以，所以，故D正确.故选：ACD.三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.若为实数，且复数为纯虚数，则的值为______．【答案】2【解析】由纯虚数的概念知，可得故答案为：2.13.已知离散型随机变量X服从二项分布，且，，则的最小值为______.【答案】【解析】离散型随机变量服从二项分布，所以有，，所以，所以，当且仅当时取得等号，此时，故答案为：.14.已知过抛物线焦点的直线与抛物线交于，两点，过坐标原点的直线与双曲线交于，两点，点是双曲线上一点，且直线，的斜率分别为，，若不等式恒成立，则双曲线的离心率为________.【答案】【解析】由恒成立，可得，因为，所以，则设直线为，设，令，由，得，则，因为，，所以，所以恒成立，因为直线过原点，所以，关于原点对称，设，，因为点在双曲线上，所以，所以，所以，当且仅当时取等号，所以，所以，所以，即，所以离心率为，故答案为：.四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．15.已知的内角的对边分别为，且的周长为（1）求角；（2）若，求面积的最大值．【答案】解：（1）由正弦定理可得，因为的周长为，所以，即，化简可得，故由余弦定理可得，因为，所以；（2）因为，，所以由余弦定理可得，解得，当且仅当时取等号，所以面积，即当时，面积取最大值.16.某中学为了解高二年级学生对“数学建模竞赛”的参与意愿与性别是否有关，现从学校中随机抽取了100名学生进行调查，得到如下列联表：性别愿意参与不愿意参与合计男生女生合计（1）根据小概率值的独立性检验，能否认为“愿意参与数学建模竞赛与性别有关联”？（2）从样本中“愿意参与”的学生中按性别采用分层抽样的方法抽取11人，再从这11人中随机抽取3人作为竞赛种子选手，记3人中女生的人数为，求的分布列和数学期望．附：，0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】解：（1）零假设：愿意参与数学建模竞赛与性别无关.根据小概率值的独立性检验，我们没有充分的证据推断不成立，即认为愿意参与数学建模竞赛的意愿与性别无关.（2）根据分层抽样的性质可知：愿意参与的学生中男生与女生的比例为.因此选出人中，男生人数为人，女生人数为人由题意可知：，服从超几何分布，，.，，，，所以这3人中女生人数的概率分布列为：.17.如图，在四棱锥中，为矩形，且.（1）求证：平面；（2）求线段长；（3）若（与在平面的两侧），设三棱锥体积为，四棱锥体积为，且．求平面与平面所成夹角的余弦值．【答案】（1）证明：在中，，，解得，，，又为矩形，，，平面，平面，平面；（2）解：由（1）知，平面，，平面，平面，，在三角形中，，，又，；（3）解：取的中点，平面，平面，平面平面，，平面平面，平面平面，平面内，平面，又，，，如图建立空间直角坐标系，易得，，，，，，则，，，，设平面的法向量为，则，得到，令，得，，则；设平面的法向量，则，得到，解得，令，，则，设平面与平面所成夹角为，则，即平面与平面所成夹角的余弦值.18.已知函数，其中．（1）讨论的单调性；（2）当时，求证：；（3）求证：对任意的且，都有（其中为自然对数的底数）．【答案】（1）解：函数的定义域为．①当时，，所以在上单调递增，②当时，令，解得．当时，，所以在上单调递减；当时，，所以在上单调递增．综上，当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增；（2）证明：当时，，要证明，即证，即，设，则，令得，．当时，，当时，，所以为极大值点，也为最大值点．所以，即．故；（3）证明：由（2）知（当且仅当时等号成立），令，则，所以，即，所以．19.在平面直角坐标系中，已知是椭圆的左右焦点，以为直径的圆和椭圆在第一象限的交点为，若三角形的面积为1，其内切圆的半径为．（1）求椭圆的标准方程；（2）若点是椭圆的上顶点，过点的直线与椭圆交于两点，其中点在第一象限，点在轴下方且不在轴上，设直线，的斜率分别为（ⅰ）若，求出的值；（ⅱ）设直线与轴交于点，求的面积S的最大值．【答案】解：（1）由题意知，则，又，，又，，解得，，，所以椭圆的方程为.（2）设直线的方程为，其中，且，即，设直线与椭圆交于点，，联立方程组整理得，，所以，，（ⅰ），即，（ⅱ）法一：直线的方程为，令，得，故，设直线与轴交于点，直线的方程为，令，得，故联立方程组整理得，解得或0（舍），，所以的面积，由（ⅰ）可知，，故，代入上式，所以，因为点在轴下方且不在轴上，故或，得，所以，显然，当时，，当时，，故只需考虑，令，则，所以，当且仅当，，即时，不等式取等号，所以的面积的最大值为．法二：直线的方程为，令，得，故，设直线与轴交于点，直线的