2026年辽西重点中学高三一模高考数学模拟试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页辽西重点高中2026届高三一模联考数学试题考生注意：1.满分150分，考试时间120分钟.2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.一､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．2．在复平面内，点对应的复数为，则复数的虚部为（

）A．2 B． C． D．3．一组数据1，2，2，3，5，8，10，11，13，15的第80百分位数为，从这组数据中随机取两个数，这两个数都小于的概率为（

）A． B． C． D．4．的解集为（

）A． B． C． D．5．在中，，，，为边上一点，且平分，则（

）A． B． C． D．6．已知抛物线C：的焦点为F，点在抛物线C上，且，则（

）A．8 B．6 C．5 D．47．数列中，，对，有，若，则（

）A．8 B．9 C．10 D．118．锐角中，，则（

）A． B．C． D．二､多选题：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，有多项符合要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．数列是等比数列，公比，其前项和为，则（

）A．当时，为递增数列B．若，，则C．若，，成等差数列，则，，成等差数列D．若，，成等差数列，则，，成等差数列10．若x，y，，且，则（

）A．当时， B．C．当取得最大值时， D．当取得最小值时，11．双曲线的光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，点在上，点，点在直线上，则下列说法正确的是（

）附：双曲线在其上一点处的切线方程为.A．B．C．作于点，则（为坐标原点）D．若的延长线交于点，则的内心在定直线上三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知向量，，，若向量满足，则的最大值为________.13．在三角形中，角所对的边分别为．若，且三角形的周长为，则该三角形面积的最大值为_______________．14．设有一个棱长为的正四面体的包装盒，现有4个半径为2的球形玩具分两层放入包装盒（第一层1个球，第二层3个球），则的最小值为______四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.15．函数（，，）的部分图像如图所示.(1)当时，求的单调递增区间；(2)已知，且，求的值.16．已知椭圆的短轴长为4，离心率为．(1)求Γ的方程；(2)若直线与交于A，B两点，且，求m的取值范围．17．如图：正八面体可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体．(1)证明：平面平面；(2)若，点为棱上的动点，则直线与平面所成的角的正弦值的范围．18．已知函数，其中．(1)当时，求在处的切线方程；(2)若函数存在单调递增区间，求实数的取值范围；(3)若R，对任意的恒成立，求的最小值．19．设某网站个人用户登陆需输入四位密码，其中为用户个人设置的三位静态密码（每位数字都是0～9中的一个整数），是根据登陆时收到的动态校验钥匙m（m为1～5中的一个整数）计算得到的动态校验码，即是的个位数字.例如：若静态密码为，动态校验钥匙，则是的个位数字6，从而得到四位登陆密码为.(1)若用户三位静态密码为，动态校验钥匙m为1～5中的一个随机整数，则用户得到的动态校验码最有可能是哪个数字?(2)若用户三位静态密码为，其中为0～9中的一个随机整数，动态校验钥匙，求动态校验码的概率分布列；(3)若用户三位静态密码均为0～9中的一个随机整数，动态校验钥匙出现的概率为，.记得到的动态校验码的概率为，试比较与的大小.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【分析】先解一元二次不等式可得集合B，再由交集的定义可得结果.【详解】因为或，且，如图：所以.2．B【分析】先根据复数对应的点得出复数，再应用复数除法计算化简求解.【详解】复数在复平面内对应的点为，则复数，复数，则复数的虚部为.3．D【详解】这组数据共有10个，所以，所以第80百分位数是第8项和第9项数据的平均值：，小于12的数据有8个，所以.4．C【详解】由得：，即，解得：或所以不等式的解集为：.5．A【分析】先根据三角形角平分线的性质确定的长度，再利用余弦定理求和的长.【详解】如图：因为平分，所以，又，所以.在中，根据余弦定理，可得，在中，根据余弦定理，，所以.6．D【详解】由题意可得抛物线的焦点为，准线方程为，根据抛物线的定义可得，则.7．A【分析】先根据求证为等差数列，再根据等差数列求和公式列等式求解即可．【详解】令，可得，则是首项，公差的等差数列，通项公式为，，解得．8．C【分析】首先根据和求出角的值，然后确定角的范围，然后分析选项.【详解】由题意得，，，因为，，，又是锐角三角形，，.，A错误；，B错误；由正弦定理可知，，即，C正确；，D错误.9．BCD【详解】对于A，当时，时，为递减数列，故A错误；对于B，若，，，，成等比数列，则，故B正确；对于C，若，，成等差数列，则，即，即，即，即，所以，，成等差数列，故C正确；对于D，，，成等差数列，所以，即，所以，即，即，所以，所以，，成等差数列，故D正确.10．BCD【分析】对A，根据条件，利用基本不等式，即可求解；对B，根据条件，利用重要不等式，即可求解；对C，根据条件，利用基本不等式得到，构造函数，利用导数求出的单调区间，即可求解；对于D，根据条件，利用基本不等式得到，再利用基本不等式，即可求解.【详解】对于A，当时，由，得到，即又x，y，，所以，所以，得到，当且仅当时取等号，所以A错误，对于B，因为，即，当且仅当时取等号，所以B正确，对于C，由，得到，则，所以，当且仅当时取等号，则，令，则，当时，，当时，，即在区间上单调递增，在区间上递减，即当，有最大值，所以C正确，对于D，由选项C知，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，又因为，所以，当且仅当时取等号，所以，当且仅当，即时取等号，此时，所以D正确.11．BCD【分析】设点在第一象限，根据离心率求出，可得选项A错误；根据得，结合双曲线方程可得B正确；分析得直线与双曲线相切，是切点，结合等腰三角形性质及双曲线定义可得选项C正确；分析得直线是双曲线的切线，切点分别为点，联立两切线方程表示点坐标可得选项D正确.【详解】设双曲线的半焦距为.根据双曲线的对称性，不妨设点在第一象限.对于A，由题意得，，，解得，故，，A错误.对于B，由题可知双曲线右顶点坐标为，故，则，∴直线的斜率存在，∵点在直线上，∴，∴，则，∵，∴，故，解得，故B正确.对于C，由题意得，点处的切线方程为，切线斜率为，∵，故直线与双曲线相切，是切点.由双曲线的光学性质可知，双曲线上任意一点处的切线平分该点与两焦点连线的夹角，则平分，延长，与的延长线交于点，连接，则为等腰三角形，，∵为的中点，为的中点，∴，故C正确.对于D，记的内心为，则是的平分线，是的平分线，由选项C可得，直线是双曲线的切线，切点分别为点，设，则直线的方程为，直线的方程为，联立两式，解得，由得，，设直线，则式可化为，即点在定直线上，故D正确.故选：BCD.12．##【分析】由向量数量积可得夹角为60°，通过坐标化将条件转化为圆的标准方程，圆心为，半径为，从而的模表示圆上的点到原点的距离，进而求出的最大值.【详解】由题可知，设夹角为，则，，设，，代入坐标化简得：故的最大值为原点到圆上的点最大距离，如下图所示，又圆心，半径，，故.13．【分析】利用余弦定理角化边可得，再根据周长并用基本不等式可得，进而可得面积的最大值.【详解】因为，所以由余弦定理可得，整理得，解得或，因为，所以，所以，故三角形为直角三角形，且.又因为，，由基本不等式可得，即,解得，当且仅当时等号成立，所以该三角形面积，此时；当时，此时三角形为等腰直角三角形，，面积有最大值.14．##【分析】当球两两相切且与正四面体面相切时，此时最小，通过球心构成的小正四面体，结合正四面体的高与棱长之间的关系，通过高度相等即可得结果.【详解】要使正四面体的包装盒棱长最小，需让4个半径为2的球两两外切且与正四面体面相切，此时4个球心正好构成一个棱长为4的小正四面体.正四面体包装盒的高度为，而对于由四个小球球心组成的小正四面体的高为，考虑正四面体的内切球球心到顶点的距离，设正四面体的棱长为,正四面体内切球的球心为G，半径为，取底面BCD的中心H，连接AH，则AH为正四面体的高，G在AH上，H在DE上，正四面体的每个面的面积为，，正四面体的高，故正四面体的体积为，连接G与正四面体的4个顶点可以得到4个的正三棱锥，每个正三棱锥体积为，则，所以，求得，所以正四面体的内切球球心到顶点的距离为，若，则正四面体的内切球球心到顶点的距离为，所以，即，所以.【点睛】将四个球的球心抽象为棱长为4的小正四面体，把球半径与小正四面体的高转化为包装盒的总高度，是解决本题的关键.15．(1)(2)【分析】（1）根据图象，结合正弦函数的性质，可求函数的解析式，再求函数的单调区间即可.（2）根据同角三角函数的基本关系与两角和与差的余弦公式求值即可.【详解】（1）由图可得，，所以，且，得，，又因为，所以，所以.又因为，，解得，，所以在上的单调递增区间为.（2）因为，所以.因为，所以，即，所以.所以.16．(1)(2)【分析】（1）根据短轴长和离心率求出椭圆方程.（2）联立直线与椭圆方程，利用判别式、韦达定理和弦长公式，结合弦长条件求出的取值范围.【详解】（1）由题意可得：短轴长，故，又因为离心率，结合椭圆关系可得：，解得，，所以椭圆的方程为：.（2）由题意可知，联立直线与椭圆方程：，消去整理得：，设直线与椭圆交于点，，则判别式：，解得，即，由韦达定理得：，，由弦长公式，其中，可得：，又因为，所以，化简可得：，两边平方得：，即或，又因为，所以的取值范围为：.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，先证，，根据面面平行的判定定理证明；（2）以点为原点，为轴，求出平面的法向量，根据线面角的向量公式求解.【详解】（1）连接交于点，则四点共面，且为的中点，所以四边形都是平行四边形，所以，，又平面，平面，所以平面，平面，平面，所以平面，平面，平面，又在平面内相交于点，所以平面平面.（2）根据正八面体结构，以点为原点，为轴，如图建立空间直角坐标系则，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，，所以，即，令，则，所以平面的一个法向量为，因为点为棱上的动点，所以设，则，设直线与平面所成的角为，，又，当时，，当或0时，，故直线与平面所成角的正弦值的范围.18．(1)(2)(3)【分析】（1）求导得出斜率并用点斜式即可求解；（2）可以利用反证法把存在性问题转化为恒成立问题分离参数再取补集即可求答案；（3）利用（2）判断导函数零点所在区间从而判断原函数单调性【详解】（1）当时，，函数定义域为故，又，所以切线方程为.（2）由题意得若不存在单调增区间，则恒成立，即恒成立，令，当时，当时所以在单调递减，在单调递增，所以，所以即因此所求实数的取值范围为.（3）由（2）知所以在单调递减，又，，所以必存在正数，使得，即由（2）知当时，即，当时，即，当时，即，由上可知在单调递增，在单调递减，所以，所以，即，令因为当时，单调递减，当时，单调递增，所以，所以的最小值为19．(1)0(2)分布列见解析(3)【分析】（1）记，分别将代入即可得到相应的M，进而根据题意得到，由出现的次数最多即可得到答案；（2）求出动态校验码可能出现的值，再计算概率即可得到分布列；（3）利用全概率公式求解即可.【详解】（1）记.由题意可知：三位静态密码为时，若，则，得，若，则，得，若，则，得，若，则，得，若，则，得，综上可知，用户得到的动态校验码最有可能是0.（2）三位静态密码为，且，则.当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，所以的取值分布是0，2，4，6，8，其分布列为02468（3）记事件A：得到的动态校验码，事件B：