2026年新疆乌鲁木齐高三高考一模数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页乌鲁木齐地区2026年高三年级第一次质量监测数学（问卷）（卷面分值：150分；考试时间：120分钟）注意事项：1.本试卷分为问卷（4页）和答题卡（2页），答案务必书写在答题卡的指定位置上.2.答题前，先将答卷密封线内的项目（或答题卡中的相关信息）填写清楚.第Ⅰ卷（选择题共58分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计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.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1．若集合，，则集合（

）A． B．C． D．2．复数等于A．i-1 B．1-i C．1+i D．-1-i3．下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（

）A． B．C． D．4．若，则下列选项正确的是（

）A． B．C． D．5．已知单位向量与的夹角为，则（

）A． B．C． D．6．在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则的面积为（

）A． B．C． D．7．设抛物线的焦点为，准线为，为上一点，以为圆心，为半径的圆交于，D两点，若，且的面积为，则（

）A． B．C． D．8．已知函数，则的解集是（

）A． B．C． D．二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.9．已知函数，则下列说法中正确的是（

）A．B．的极大值点是C．在处的切线为D．图象的对称中心是10．两个具有相关关系的变量，的一组数据为，，，，其经验回归方程为，记，，相关系数为；若将数据调整为，，，，其经验回归方程为，记，相关系数为，则（

）附：，A． B．C． D．11．双曲线左右焦点为，，为坐标原点，过点作斜率为的直线交双曲线左支于，两点，点在轴上方，且，则（

）A．B．的离心率为2C．的面积为D．第Ⅱ卷（非选择题共92分）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.12．已知，则．13．已知，则的取值范围为14．已知圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，正四棱台的上底面四个顶点均在圆锥的侧面上，下底面四个顶点均在圆锥的底面圆周上，若正四棱台的上、下底面面积比为，则该正四棱台的体积为四、解答题：本大题共5小题，共计77分.解答应在答卷的相应各题中写出文字说明，证明过程或演算步骤.15．等差数列的前项和为，已知，.(1)求的通项公式；(2)数列的各项依次是数列的第，，，项，这些下标构成等比数列，求数列的前项和.16．椭圆的一个顶点是，为坐标原点，离心率为.(1)求椭圆方程；(2)是椭圆上轴上方一点，是右焦点，的斜率为，求四边形的面积.17．如图，在三棱柱中，，分别为，的中点.(1)若点在线段上，且，求证：平面；(2)若，，，求平面与平面的夹角.18．已知函数.(1)当时，求的单调区间；(2)当时，求曲线的对称轴；(3)求的最大值和最小值.19．某人开车从地到地，依次路过编号为，，，的个路口，每个路口等可能地遇到红灯或绿灯且相互独立，记奇数号路口遇到红灯的次数为，偶数号路口遇到红灯的次数为，记事件“”为，的概率为.(1)求，；(2)当.（i）设，求；（ii）比较与的大小，并证明你的结论.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】根据交集的概念运算.【详解】由题意可知，.故选：C2．A【解析】直接利用复数的除法化简复数即得解.【详解】由题得.故选：A【点睛】本题主要考查复数的除法运算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.3．C【分析】利用函数的奇偶性及在上的单调性逐项判断即可.【详解】对于A，函数在上单调递减，A不是；对于B，函数的定义域为，不具有奇偶性，B不是；对于C，函数的定义域为R，是偶函数，在上单调递增，C是；对于D，函数是R上的奇函数，不是偶函数，D不是.故选：C4．D【分析】根据不等式的性质判断A、C、D，作差判断B.【详解】因为，所以，因为，所以，A错误；，因为，所以，则，，B错误；因为，所以，C错误；因为且，所以，则，即，所以，D正确.故选：D5．B【分析】根据平面向量数量积运算律即可计算.【详解】.故选：B.6．D【分析】根据题意，可得，再利用正弦定理可得，根据正弦和角公式得，再利用面积公式求解即可．【详解】，，，，，，．故选：D．7．A【分析】由题设易得圆的半径、，结合的面积即可求参数，【详解】由题意，，，且，

∴圆的半径，即，而，由抛物线的定义知：到的距离，∴，即，解得，故选：A8．A【分析】当时，即为，利用函数和的图像求解不等式；当时，即为，利用函数和函数的图象求解不等式，两类结果取并集即为所求.【详解】当时，，即为，画出函数和在上的图象如图所示，当时，，所以的解为；当时，不满足；当时，，即为，画出函数和函数的图象如图所示，当时，，所以的解为.综上，的解为.故选：A9．BCD【分析】对于A，求导代入即可判断，对于B，根据导数研究函数的单调性，判断极值点即可；对于C，根据导数的几何意义求出切线方程；对于D，根据函数的对称性进行判断.【详解】，对于A，，故A错误；对于B，令，则，解得或，所以当时，，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以的极大值点是，故B正确；对于C，，，所以在处的切线为，即，故C正确；对于D，，所以图象的对称中心是，故D正确；故选：BCD10．BD【分析】根据给定条件，可得，再结合最小二乘法、经验回归方程、相关系数计算判断即可.【详解】对于A，，A错误；对于B，，B正确；对于C，，则，C错误；对于D，，D正确.故选：BD11．ABD【分析】根据给定条件，结合双曲线定义及余弦定理可得判断AB；结合三角形面积公式及余弦定理求解判断CD.【详解】设双曲线焦点，由及双曲线定义得，在中，由，得，由余弦定理得，解得，对于A，，A正确；对于B，的离心率，B正确；对于C，在等腰与中，，解得，而，，C错误；对于D，在中，，D正确.故选：ABD

12．##【分析】利用诱导公式及二倍角余弦公式计算可得；【详解】解：因为，所以；故答案为：13．【分析】利用换底公式换为，结合对勾函数求解即可.【详解】因为，所以令，则，所以，由的图象可知，所以，，所以.故答案为：.14．##【分析】根据给定条件，利用圆锥及内接正四棱台的结构特征，作出过棱台对角面的截面，求出棱台的上下底面边长及高，再利用台体的体积公式计算得解.【详解】依题意，圆锥的内接正四棱台的下底面正方形是圆的内接正方形，上底面正方形的四个顶点在侧面上，该正四棱台的对角面所在平面截圆锥得其轴截面正，，由正四棱台的上、下底面面积比为，得，则，令圆锥的轴交正四棱台上底面于，则，而，则正四棱台的高，该正四棱台的体积为.故答案为：

15．(1)(2)【分析】（1）根据已知条件求出等差数列的首项和公差，进而得到通项公式；（2）根据数列的构成特点，确定其通项公式，再计算前项和.【详解】（1）因为是等差数列，由已知，，得，所以，所以，所以；（2）由题意可知：，所以.16．(1)(2)【分析】（1）根据椭圆顶点坐标和离心率公式，结合椭圆中、、的关系求解椭圆方程；（2）先求出右焦点坐标，再根据的斜率设出直线的方程，联立椭圆方程求出点的坐标，最后利用四边形面积公式计算面积.【详解】（1）由题知，，解得：，所以椭圆方程为；（2）因为，所以：，联立，得，解得或，因为点在轴上方，所以，解得，故不合题意，应舍去，所以，所以四边形的面积.17．(1)证明见解析；(2)【分析】（1）取的中点，连接，利用线面平行的判定、面面平行的判定性质推理得证.（2）由给定条件证得两两垂直，进而建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解.【详解】（1）在三棱柱中，取的中点，连接，由为的中点，得，而，则，又为的中点，则，而平面，平面，于是平面，平面，又平面，因此平面平面，而平面，所以平面.（2）由，得，而，则，由，得，即，故可以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，由，得，则，设平面的一个法向量，则，令，得，而平面的一个法向量，因此，所以平面与平面的夹角为.18．(1)增区间是，减区间是(2)(3)当时，；当，且为奇数时，.【分析】（1）利用辅助角公式将其化简，再根据正弦函数的单调性求解单调区间；（2）设出的对称轴，根据对称的性质，求出对称轴，再证明；（3）分，和，结合导数求解.【详解】（1）当时，，令，解得.令，解得.所以的单调递增区间是，单调递减区间是.（2）当时，.不妨设时，的对称轴方程为，由对称轴定义得，令，得，化简得，即，所以，下面证明当时，恒成立，因为，所以的对称轴方程为.（3）当时，时，；时，.当时，，，因为，且为奇数，单调递增，考虑一个周期，令，当变化时，的变化如下表，000+01减增1减（接上表）0+00+0增减增1综上，当时，；当，且为奇数时，.19．(1)；(2)（i）；（ii），证明见解析【分析】（1）根