2026省哈尔滨九中高三下学期第一次模拟考试数学含解析

这是一份2026省哈尔滨九中高三下学期第一次模拟考试数学含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．1
2．已知集合是绝对值小于的整数，，则的元素个数为（ ）
A．B．C．D．
3．若关于的不等式的解集为，则（ ）
A．5B．1C．-1D．-5
4．如图，圆锥PO的底面直径和高均是2，过OP的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面从圆锥中挖去一个圆柱，则剩余的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
5．已知定义域为的函数满足，且为奇函数，则一定有（ ）
A．B．C．D．
6．已知双曲线：（，）的右焦点为，半焦距为.过作的一条渐近线的垂线，垂足为，且的面积为，则的离心率为（ ）
A．2B．2或C．2或D．2或
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．统计学中，常以前个区间的平均长度估计所有区间的平均长度.某工厂生产的零件以个为一箱，成箱出售（）.每箱中的零件按照生产顺序，从1到连续编号.现从一箱中随机抽取6个零件，发现上面的编号从小到大依次为：12，15，33，38，55，60，则下列4个选项中，作为的估计值，最合适的一项是（ ）
A．61B．70C．98D．120
二、多选题
9．在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．数列是等比数列
C．D．数列是公差为2的等差数列
10．函数的部分图象如图所示，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．在区间恰有一个零点
D．将图象向左移个单位后关于轴对称
11．已知点在圆：上，，为坐标原点，动点满足：在中，.则（ ）
A．的轨迹方程为：B．的最小值为2
C．的最小值是D．的最大值为
三、填空题
12．若向量满足，且，则的值为______.
13．若直线是曲线的一条切线，则________．
14．下图是由七个圆和八条线段构成的图形（该图形不能旋转和翻转），其中由同一条线段连通的两个圆称作“相邻的圆”.若将1，2，3，4，5，6，7这七个数字分别填入这七个圆中，且满足带有阴影的圆中的数字大于其所有相邻的圆中的数字，则符合要求的填法共有____________种.
四、解答题
15．在中，内角，，所对的边长分别是，.
(1)求角；
(2)若，，，求AB边上的高.
16．已知椭圆：左焦点，离心率为
(1)求椭圆的方程；
(2)过点且斜率为的直线交椭圆于，两点，若，求的取值范围.
17．如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，分别为CD，PA的中点.
(1)证明：平面PBC；
(2)若平面平面ABCD，，，，平面PAE与平面PAB夹角的余弦值为，求点到平面PBC的距离.
18．已知函数，其中.
(1)讨论的单调性；
(2)（ⅰ）当时，证明：；
（ⅱ）当时，设，且.求证：.
19．如图，一动点从点出发，在正方形ABCD的各顶点上移动.每次移动时，动点有的概率沿水平方向向左或右移动一次，有的概率沿竖直方向向上或下移动一次，每次移动独立.设动点移动了（）步之后，停在点的概率为.
(1)求，；
(2)求的通项公式；
(3)记点的前次移动中，到达过点的次数为，求证：.
参考公式：若随机变量服从两点分布且，，，则
参考答案
1．B
【详解】复数，则.
2．C
【详解】是绝对值小于的整数，即满足（为整数），可得，
已知，根据并集定义，得：
因此，共个元素.
3．D
【详解】关于的不等式的解集为，
则是方程的两个根，
根据韦达定理可知，解得，
故选：D.
4．B
【详解】如图，过OP的中点作平行于底面的截面，截面圆半径，
是圆锥底面半径，在母线上，
因为为中点，则，，
所以剩余的几何体的体积为.
5．C
【详解】∵函数为奇函数，∴，
又∵，
∴，故选项C正确.
其他三个选项条件不足无法计算，故选C.
故选：C.
6．D
【详解】由题可得双曲线的渐近线为，这里不妨取，即，
点到直线的距离，
在中，
所以，则，
又因，所以，
化简可得，等式两边同时除以，可得，
即，解得或，
因，所以或.
7．B
【详解】依题意，，
所以．
故选：B．
8．B
【详解】根据已知从1到连续编号.现从一箱中随机抽取6个零件，发现上面的编号从小到大依次为：12，15，33，38，55，60，
则，所以.
9．AC
【详解】选项A，由等比数列性质得，由，解得或，
若，则，不合题意，
若，则，满足题意，A正确；
选项B，由选项A得，，
等比数列的通项公式应为形式，因此不是等比数列，B错；
选项C，由选项B得，，C正确；
选项D，由上知，，
，所以数列是公差为的等差数列，D错．
10．ACD
【详解】因为，又，所以，故B错误；
因为，
由图可知，，所以，故A正确；
所以，当时，，所以方程在上只有即一个解，即函数在区间恰有一个零点，故C正确；
将图象向左移个单位后可得，为偶函数，其图象关于轴对称，故D正确.
11．AC
【详解】由题意可知，设，过点P作轴于点N，如图：
对于A，则，
∴，即，∴，A选项正确；
对于B，，
，
∴当点为时，的最小值为1，B选项不正确；
对于C，，
当且仅当时，的最小值是，C选项正确；
对于D，由对称性可假设点P在一象限，则，
∵，当且仅当，即时取等号，
所以∴，∴最大值为，
当AQ与圆F相切时，，∴的最大值，
∴，D选项错误.
12．
【详解】因为，所以两边平方得，则，
因为，所以.
故答案为：
13．e
【详解】设直线与曲线相切于点．
因为，
所以且，
解得，．
故答案为.
14．200
【详解】
将有阴影的圆分别标为，
由于带有阴影的圆中的数字大于其所有相邻的圆中的数字，
当阴影的圆中的数字为时，则将填在中有种方法，接着剩下的个数字填到圆中有种方法，所以共有种方法；
当阴影的圆中的数字为时，若将填到，则接着安排有种方法，与相邻的两个圆只能从中选两个有种方法，剩下两个数有种填法，所以共有种方法；
若将填到或，有种方法，则接着安排有种方法，与相邻的三个圆只能填有种方法，剩下一个数有种填法，所以共有种方法；
当阴影的圆中的数字为时，则只能填到，则接着安排有种方法，与相邻的两个圆只能安排有种方法，剩下两个数有种填法，所以共有种方法；
所以总共有种填法.
故答案为：
15．(1)
(2)
【详解】（1）因为，
根据正弦定理得，.
因为，所以，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以.
（2）根据余弦定理得，，
将，代入上式整理得，，
又因为且，解得，，
所以，所以为以AB为斜边的直角三角形，
所以斜边AB上的高为.
16．(1)
(2)
【详解】（1）由已知，
解得，所以C的方程为
（2）设MN：，，
将直线与椭圆方程联立，
整理得，
经检验，
根据韦达定理，
因为，所以，即，
所以，整理得，
将韦达定理代入得，
去分母后整理得，解得，
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取PB中点，连接，
分别为的中点，
且，且，
，且，则四边形为平行四边形，
，平面平面，
平面.
（2）取AB中点，连接OP，OD，BD
因为，所以，
∵平面平面，面，为交线，
平面，，
为正三角形，，
以为原点，分别以OB，OD，OP为，，轴建系，如图，
设，
则，，，，，
所以，
易知平面PAB的法向量可取，
设平面PAE的法向量为，
因为，令，可取，
所以，解得，
所以，，，
设平面PBC的法向量为，
因为，令，可得，
所以.
18．(1)答案见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【详解】（1），
①当时，，在单调递增，
②当时，令，解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
综上，当时，在单调递增；
当时，在上单调递增，
在上单调递减.
（2）设，
则，
因为在上单调递增，，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，当且仅当时取等，
所以，即，当且仅当，时取等；
（ⅱ）法一：由（1）已知，当时，在单调递增；
因为，所以，
由（2）可知，，，
所以，
因为，所以，
所以，即，
所以，
所以
法二：
设，，易知在上单调递增，
所以当时，，即，
上式整理得，即
设，，所以在上单调递减，
所以，即，
法三：
设，，
所以，所以在上单调递增，
显然，所以，即，
因为，所以，所以，即，
根据基本不等式，，所以，
所以，
所以
法四：
因为，所以
根据基本不等式，，
设，所以，整理得，
设，
所以，，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，所以为增函数，
因为，所以当且仅当时，，
所以，
19．(1)，
(2)，
(3)证明见解析
【详解】（1）设事件表示第次沿水平方向移动，事件表示第次沿竖直方向移动，
，
，
另一种计算的方法：
四次移动中，两次水平移动和两次竖直移动的概率为；
四次移动中，全部水平移动的概率为；
四次移动中，全部竖直移动的概率是；
相加得.
（2）设连续移动两步，动点位置变化的概率为，动点位置不变的概率为
则，；
根据全概率公式，，
则，
因为，所以，
所以，.
（3）设移动步之后，动点停留在点的概率为，
则根据全概率公式，，，
又因为，所以，，
设随机变量满足：①当移动步之后，动点停留在点，则；
②当移动步之后，动点不停留在点，则；
显然服从两点分布，且，
所以
.由（1）已知，当时，在单调递增；
因为，所以；（同法一）
因为，所以，所以，即，
所以
所以（同法一）
由（1）已知，当时，在单调递增；
因为，所以；（同法一）
由（1）已知，当时，在单调递增；
因为，所以；（同法一）
根据基本不等式，，所以，
所以
所以（同法三）