青海西宁市2026届高三年级复习检测(一)数学试卷（含解析）高考模拟

这是一份青海西宁市2026届高三年级复习检测(一)数学试卷（含解析）高考模拟，共2页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】若，则，的虚部为，利用这些公式求解.
【详解】，，的虚部为，故选项D正确.
故选：D.
2. 设集合，若，则中各元素之和为（ ）
A. 3B. 6C. 9D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合的关系和元素与集合的关系确定的值，进而求得结果.
【详解】由可知，于是只能，
故中各元素之和为．
3. 若且，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】对于A，当时，由，得，故A错误；
对于B，当时，有，故B错误；
对于C，因为，所以，即，故C正确；
对于D，若，，则，不满足，故D错误.
4. 已知向量满足，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据投影向量的定义计算可得.
【详解】因为，且，由投影向量的定义，向量在上的投影向量为：.
故选：A.
5. 在平面直角坐标系中，直线，与函数的图象的交点个数为（ ）
A. 0B. 1C. 0或1D. 0或1或2
【答案】C
【解析】
【详解】根据函数定义可知，当在定义域中时，直线与函数的图象有一个交点，
当不在定义域中时，直线与函数的图象没有交点，
所以直线，与函数的图象的交点个数为0或1.
6. 2026年央视春晚舞蹈机器人节目《武Bt》惊艳全球！其中，机器人以“似倒非倒”的姿态将醉拳的飘逸与力量完美融合.根据系统日志，一个机器人执行“后空翻”任务时，落地状态仅存在三种互斥的情况：
①平稳落地（概率为0.7）：动作精准，必定能站稳；
②踉跄落地（概率为0.2）：重心略偏，能站稳；
③近乎倒地（概率为0.1）：姿态失衡，能站稳.
则这个机器人执行后空翻任务时能站稳的概率为（ ）
A. 0.9B. 0.91C. 0.92D. 0.93
【答案】D
【解析】
【分析】根据全概率公式求解即可.
【详解】.
7. 已知直线与圆相交于两点，则劣弧的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由弧长公式进行求解．
【详解】圆化为标准方程为：，
圆心，半径，
如图所示：

则点到直线的距离为：，
而，，
得，
则劣弧的长为：，
故选：B
8. 已知函数，当时，把的图象与直线的所有交点的横坐标限依次记为，记它们的和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数与直线的交点，再结合数列求和计算即可.
【详解】解：由，则或，
解得或，
所以，，，，…，，
所以，故B正确.
故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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. 下列说法正确的是（ ）
A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体被抽到的概率是0.1
B. 已知一组数据1，2，3，3，4，5的众数大于中位数
C. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是21
D. 甲乙丙三种个体按3:1:2的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为18
【答案】AD
【解析】
【分析】利用简单随机抽样的意义判断A；求出众数、中位数判断B；求出第70百分位数判断C；利用分层抽样的意义求出样本容量判断D作答.
【详解】对于A，个体被抽到的概率为，A正确；
对于B，数据1，2，3，3，4，5的众数为3，中位数为3，B错误；
对于，数据27，12，14，30，15，17，19，23从小到大排列为：12，14，15，17，19，23，27，30，
由于%，因此给定数据的第70百分位数是23，C错误；
对于D，令样本容量为，依题意，，解得，D正确.
故选：AD
10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，直线l过点，且与双曲线的右支交于A，B两点，其中A点位于第一象限．若，的周长为18，点T为双曲线C上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 点T到两条渐近线的距离之积为定值
C. 过点的直线与双曲线C相交于M，N两点，且满足D为线段的中点，则直线为
D. 若，则的面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据双曲线的定义可判断A；根据点到直线的距离公式可判断B；根据点差法可判断C；根据双曲线的定义，余弦定理，面积公式可判断D.
【详解】对于A：根据双曲线定义对右支上点，有，，
相加得： ①，
由，得，
代入①得： ，故A正确；
对于B：由，得双曲线渐近线为，即，
设，满足，
到两渐近线距离乘积： 为定值，故B正确；
对于C：设，则，，
两式相减得​，
由是中点得，，得斜率，
直线的方程为即 ，
联立直线与双曲线：，整理得，
判别式，无实根，不存在这样的直线，故C错误；
对于D：设，由双曲线定义，
平方得； ​，，
由余弦定理：， 联立得，
面积​，故D正确.
11. 若数列的前n项和为，且，在数列的前（）项中任取两项都是正数的概率记为，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据给定的递推关系求出通项，再按为奇数、偶数分类求出并逐项求解判断.
【详解】数列中，，当时，，则，
而，解得，
所以数列是首项为1，公比为的等比数列，，
当时，数列的前项中，有个正数，个负数，
任取两项都是正数的概率为，
当时，数列的前项中，有个正数，个负数，
任取两项都是正数的概率为，
对于A，，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，，，C正确；
对于D，，D错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设正项等比数列的公比为，若，，成等差数列，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由条件结合等差数列定义可得，结合等比数列通项公式化简求其解，可得结论.
【详解】因为数列的公比为，且，所以，
因为，，成等差数列，
所以，又，
所以，
所以（舍去）或，
所以.
故答案为：.
13. 已知定义在上的偶函数满足，且时，，若是的一个零点，则a的值为____________．
【答案】##
【解析】
【详解】因为函数为偶函数，
所以，
所以，
所以函数的周期为，
所以，
由题意知，，
即，
解得.
14. 三棱锥的一组对棱长为，其余四条棱长均为1，则该三棱锥体积最大值为______________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意画出图，先证明出平面，根据图由三棱锥的体积公式，构造函数，利用导数求解函数的最值即可.
【详解】由题意画出棱锥的图形，，；
取的中点分别为，则平面，所以平面，
，
所以，
令，
当在单调递增，
当在单调递减，
故当时，体积取得最大值．
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. 已知在处取得极小值．
（1）求在处的切线方程；
（2）若，讨论零点的个数．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得，联立等式可得函数，根据导数的几何意义可求得切线方程；
（2）根据导数及三次函数性质可得其图象，结合图象可得答案.
【小问1详解】
由题意得．因为在处取得极小值，
则，解得，，
所以，，
故，，
则切线方程为，即；
【小问2详解】
令，所以．
令，解得或．则，，的关系如下表：
作出函数的图象如下：
所以，①当或时，有两个零点；
②当或时，有一个零点；
③当时，有三个零点．
16. 已知函数．
（1）求函数的最小正周期，以及在内的单调递增区间；
（2）在中，角A，B，C所对的边分别为，若，，，求a的长．
【答案】（1）最小正周期为，在内的单调递增区间为，，
（2）
【解析】
【分析】（1）由，利用二倍角公式和辅助角公式化简，再据此计算最小正周期及单调增区间即可；
（2）由，得，利用三角形面积公式，得，利用余弦定理，计算即可．
【小问1详解】
由题意得
，即，
所以最小正周期为，令，
解得，令，可得，
令，可得，又因为，所以，
当时，为，
当，为，
当，为，
综上，在内的单调递增区间为，，．
【小问2详解】
因为，所以，
即，2A−π6=π2+2kπk∈Z，解得A=π3+kπk∈Z，
又，故，因为，所以，
解得，又，
由余弦定理得
，故．
17. 如图，，，圆的半径为4，是圆上任意一点．线段的垂直平分线和半径相交于点，当在圆上运动时，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）过点，分别作直线交于，，，四点（，在轴的上方），且．
（ⅰ）判断四边形的形状（只提供结论，无需证明）；
（ⅱ）求四边形面积的最大值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）平行四边形；（ⅱ）6
【解析】
【分析】（1）连接，由题意可得，即可得到动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，进而求解即可；
（2）（ⅰ）结合椭圆的对称性即可判断；
（ⅱ）由（ⅰ）易得四边形面积为，设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得表示出，令，，进而结合对勾函数的性质求解即可.
【小问1详解】
连接，由题意知，，
则动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，
即，则，
所以的方程为.
【小问2详解】
（ⅰ）由题意，，且，，
结合椭圆的对称性，易知，
则四边形为平行四边形.
（ⅱ）由（ⅰ）知，四边形为平行四边形，为其中心，
则四边形面积为，
由题意，设直线的方程为，，
联立，得，
则，
，，
则
，
则四边形面积为，
令，，则，
因为函数在上单调递增，则，
则，即四边形面积的最大值为6.
18. 已知四棱锥的底面ABCD是平行四边形，平面ABCD.
（1）若平面PAD与平面PBC的交线为，证明：；
（2）若平面平面PDC.
（i）求平面PAD与平面PBC夹角的余弦值；
（ii）判断四棱锥是否存在内切球，若存在，求出内切球半径；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）首先证明平面PAD，利用线面平行的性质即可证明结论；
（2）（i）以点A为坐标原点，所在的方向为轴，所在的方向为轴，所在的方向为轴建立坐标系，分别求出平面PAD与平面PBC的法向量，利用向量夹角公式求解即可；
（ii）假设四棱锥存在内切球，内切球的半径为，根据棱锥内切球半径公式求得，且求出，计算球心到平面PBC的距离与半径比较即可得到结论.
【小问1详解】
因为底面ABCD是平行四边形，故平面PAD，可得平面PAD，
又因为平面PBC，平面平面，所以.
【小问2详解】
在平面PAD内过点作于点，
因为平面平面PDC，所以平面PDC，故，
又因为，又因为，
所以平面PAD，有.所以平行四边形ABCD为长方形.
如图所示，以点A为坐标原点，所在的方向为轴，所在的方向为轴，所在的方向为轴建立坐标系.
则有，.取平面PAD的法向量为，
设平面PBC的法向量为，
则有，代入得，取，
设平面PAD与平面PBC所成角为，则.
（3）易知，
假设四棱锥存在内切球，内切球的半径为，
则有，解得，
设内切球球心为，根据图形特征，必有，，
则球心到平面PBC的距离，与内切球与平面PBC相切矛盾.
故四棱锥不存在内切球.
19. 为促进消费，某电商平台和生产商在本周联合推出“有奖闯关”活动．活动规则如下：消费者成功闯过第一关获得基础券（获得元基础券的概率为，获得元基础券的概率为）．闯过第一关后，可进行第二关闯关，成功闯过第二关后可获得进阶券元，且这两种优惠券可叠加使用抵扣支付金额．已知消费者闯过第一关的概率为，闯过第二关的概率为．某生产商将商品定价元，成本元；优惠券成本由生产商承担基础券面额的，进阶券面额的．
（1）若，，记消费者购买一件该商品的实际支付金额为（单位：元），求的分布列和数学期望；
（2）设所有消费者均闯过第一关获得了基础券，推出活动后商品购买概率为，记生产商销售一件该商品的期望利润为（单位：元）．（期望利润购买概率（支付金额的期望商品成本）优惠券成本的期望）
（i）求关于的函数表达式；
（ii）证明：在内存在唯一极大值点，并求当为何值时，商家期望利润最大？最大期望利润是多少?（结果保留位小数）
【答案】（1）分布列见详解，
（2）（i）
（ii）证明见详解，时，最大期望利润为
【解析】
【分析】（1）分析消费者实际支付金额的所有可能取值，计算每个取值对应的概率，得到分布列，计算；
（2）（i）计算消费者支付金额的期望，再计算优惠券成本的期望，分别计算基础券成本期望和进阶券成本期望，再求和，最后根据期望利润的定义，结合购买概率，代入支付金额期望、商品成本、优惠券成本期望，得到的函数表达式；
（ii）对求导，得到导函数，分析导函数在内的单调性，找到导函数极大值点，代入计算最大期望利润.
【小问1详解】
实际支付金额的所有可能取值为，
，
，
，
，
，
的分布列为：
.
【小问2详解】
(i)求的函数表达式已知所有消费者都闯过第一关，按题目期望利润公式分步计算：
支付金额期望：，
商品成本，
优惠券成本期望：基础券成本，
进阶券成本，
总成本期望，
购买概率，
代入公式：
.
(ii)对求导得：
令，整理得，解得根为，（舍去，不在内），
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此在内存在唯一极大值点，且该点为最大值点，
计算最大期望利润：.2
0
0
单调递增
单调递减
单调递增