河北石家庄市第一中学2026届高三高考第一次模拟考试数学试卷（含答案）

石家庄市第一中学 2026 届高考第一次模拟考试 数学试卷
注意事项:
1. 答卷前, 考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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指定位置, 在其他位置作答一律无效.
3. 本卷满分 150 分, 考试时间 120 分钟. 考试结束后, 将本试卷和答题卡一 并交回.
一、单选题: 本题共 8 小题, 每小题 5 分, 共 40 分. 在每小题给出的选项中, 只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合 ，则 ( )
A. B.
C. D.
2. 已知 是首项为 1,公差为 3 的等差数列,如果 ,则序号 等于 ( )
A. 667 B. 668
C. 669 D. 675
3. 为虚数单位,则复数 ( )
A. B. C. D.
4. 在音乐理论中,若音 的频率为 ,音 的频率为 ,则它们的音分差 . 当音 与音 的频率比为 时,音分差为 ,当音 与音 的频率比为 时,音分差为 , 则 ( )
A. B.
C. D.
5. 设随机变量 服从正态分布 ，若 ，则 的值为( )
A. B. C. 3 D. 5
6. 已知直线 与圆 相交,则实数 的取值范围为 ( )
A. B.
C. D.
7. 已知向量 都是单位向量，若 ，则向量 ， 的夹角的大小为( )
A. B. C. D.
8. 已知 为坐标原点， ， 分别是双曲线 的左、右焦点， 是双曲线 上一点,若直线 和 的倾斜角分别为 和 ,且 ,则双曲线 的离心率为 ( )
A. B. 5 C. 2 D.
二、多选题: 本题共 3 小题, 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 2 分, 有选错的得 0 分.
9. 圆柱的轴截面为正方形, 则下列结论正确的有( )
A. 圆柱内切球的半径与图柱底面半径相等
B. 圆柱内切球的表面积与圆柱表面积比为
C. 圆柱内接圆锥的表面积与圆柱表面积比为
D. 圆柱内切球的体积与圆柱体积比为
10. 已知 ,则()
A. 的最小值为 4 B. 的最小值为
C. 的最小值为 3 D. 的最小值为
11. 数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物,曲线 为四叶玫瑰线,下列结论正确的有( )
A. 方程 ,表示的曲线在第二和第四象限;
B. 曲线 上任一点到坐标原点 的距离都不超过 2 ;
C. 曲线 构成的四叶玫瑰线面积大于 ;
D. 曲线 上有 5 个整点(横、纵坐标均为整数的点).
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 的展开式中 的系数为_____(用数字作答).
13. 的内角 的对边分别为 . 若 ,则 的面积为_____.
14. 现有 个相同的袋子,里面均装有 个除颜色外其他无区别的小球, 第 个袋中有 个红球, 个白球. 现将这些袋子混合后,任选其中一个袋子, 并且从中连续取出四个球 (每个取后不放回), 若第四次取出的球为白球的概率是 ,则 _____.
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. 如图,三棱锥 的侧面 是等边三角形,底面 是直角三角形,斜边 的中点为 .
(1)证明: ；
(2)若 ，求 与平面 所成角的正弦值.
16. 直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段, 目前已被广大消费者所接受. 针对这种现状，某公司决定逐月加大直播带货的投入，直播带货金额稳步提升，以下是该公司 2023 年前 5 个月的带货金额:
月份 1 2 3 4 5
带货金额 万元 350 440 580 700 880
(1)计算变量 的相关系数 (结果精确到 0.01).
(2)求变量 之间的线性回归方程，并据此预测 2023 年 6 月份该公司的直播带货金额.
参考数据: ,
参考公式: 相关系数 ,线性回归方程的斜率 ,截距 .
17. 已知数列 满足 ,且 .
( 1 )若 ，证明:数列 是等比数列；
( 2 )求数列 的前 项和 .
18. 已知函数 ,直线 是曲线 在点 处的切线.
(1)当 时，求直线 的方程；
(2)求证:函数 有唯一零点；
(3)记 的零点为 ，当直线 与 轴相交时，交点横坐标为 . 若 ，求 的取值范围.
19. 已知圆 与 正半轴交于点 ,与直线 在第一象限的交点为 . 点 为圆 上任一点,且满足 ,以 为坐标的动点 的轨迹记为曲线 .
(1)求曲线 的方程；
(2)若两条直线 和 分别交曲线 于点 、 和 、 ，求四边形 面积的最大值，并求此时的 的值；
(3)研究曲线 的对称性并证明 为椭圆，并求椭圆 的焦点坐标.
1. A
由集合的描述, 用列举法写出集合, 由集合的补集定义得出结果.
故选: A
2. D
依题意求出等差数列的通项公式, 再解方程即可;
解: 依题意
由 ,解得 .
故选: D
3. A
根据复数的除法运算计算即可.
.
故选: A.
4. C
根据题意将数据分别代入,求出 和 ,然后即可求解.
由题意可知: ,
联立方程组 ,消去 可得: .
故选: C.
5. A
根据正态分布的对称性, 即得解
由题意, 根据正态分布的对称性
故选: A
6. A
由题意, 根据圆心到直线的距离小于半径列不等式求解即可.
圆 的圆心为 ,半径为 2,
若直线 与圆 相交,
则 ,即 ,
两边同时平方化简可得 ,解得 ,
所以实数 的取值范围为 .
故选: A
7. B
根据 结合题意整理得 ,代入公式 运算
向量 都是单位向量,则 ,
,即 ,
又因为 ,所以 ,
故选: B
8. B
由已知计算可得所以直线 的斜率为 ,直线 的斜率为 ,设 , 由 ,解得 ,代入双曲线方程计算即可求得结果.
由题意得 ,
所以直线 的斜率为 ,直线 的斜率为 ,
设 ,则有 ,解得 ,
代入双曲线方程，得 ，
又 ,所以 ,
化简可得: ,
所以 ,解得 或 .
故选: B
9. ABD
圆柱内切球半径等于圆柱底面半径, 再利用即可得到 ABD, 圆柱内接圆锥半径圆柱底面半径, 高等于圆柱的高即可得到 C.
设圆柱的底面半径为 ,则圆柱的高为 ,所以内切球的半径为 正确; 圆柱的表面积为 ,内切球的表面积为 ,所以圆柱内切球的表面积与圆柱表面积比为 正确;
圆柱内接圆锥的表面积为 ，圆柱内接圆锥的表面积与圆柱表面积比为 , 错误;
圆柱内切球的体积 ,圆柱的体积 ,所以
正确.
故选: ABD.
10. BCD
根据基本不等式中“1”的整体代换即可判断 A: 利用消元法结合二次函数的性质即可判断B；利用基本不等式结合对数运算即可判断C；利用基本不等式结合指数运算即可判断 D.
由题意可得 ,当且仅当 时,等号成立,则 错误;
,
,
当 时, 的最小值为 ,则 正确;
因为 ,且 ,所以 ,所以 ,
,当且仅当 时,等号成立,则 正确;
,当且仅当 时,等号成立,则 正确; 故选: BCD.
11. AB
本题首先可以根据 判断出 正确,然后根据基本不等式将 转化为 ,即可判断出 正确,再然后根据曲线 构成的面积小于以 为圆心、 2 为半径的圆 的面积判断出 错误,最后根据曲线 上任一点到坐标原点 的距离都不超过 2 以及曲线 的对称性即可判断出 错误.
A 项: 因为 ,所以 异号,在第二和第四象限,故 A 正确;
B 项: 因为 ,当且仅当 时等号成立,
所以 ,
即 ,故 正确;
C 项: 以 为圆心、 2 为半径的圆 的面积为 ,
显然曲线 构成的四叶玫瑰线面积小于圆 的面积,故 错误;
D 项: 可以先讨论第一象限内的图像上是否有整点,
因为曲线 上任一点到坐标原点 的距离都不超过 2,
所以可将 代入曲线 的方程中,
通过验证可知,仅有点 在曲线 上,
故结合曲线 的对称性可知,曲线 仅经过整点 ,故 错误,
故选: AB.
【点睛】本题是创新题, 考查学生从题目中获取信息的能力, 考查基本不等式的应用, 考查数形结合思想, 体现了综合性, 是中档题.
12. 56
根据二项展开式的通项公式求解即可.
,
令 ,解得 ,所以 .
故 的展开式中 的系数为 56 .
故答案为: 56
13.
本题首先应用余弦定理,建立关于 的方程,应用 的关系、三角形面积公式计算求解, 本题属于常见题目, 难度不大, 注重了基础知识、基本方法、数学式子的变形及运算求解能力的考查.
由余弦定理得 ,
所以 ,
即
解得 (舍去)
所以 ,
【点睛】本题涉及正数开平方运算, 易错点往往是余弦定理应用有误或是开方导致错误. 解答此类问题, 关键是在明确方法的基础上, 准确记忆公式, 细心计算.
14. 9
根据古典概型性质, 先计算出某一情况下取球方法数的总数, 在列举出第三次取球为白球的情形以及对应的取法数, 根据古典概型计算概率, 最后逐一将所有情况累加即可得出总概率, 最后即可得到答案.
设选出的是第 个袋,连续四次取球的方法数为 , 第四次取出的是白球的取法有如下四种情形:
4 白,取法数为: ,
1 红 3 白,取法数为: ,
2 红 2 白,取法数为: ,
3 红 1 白: 取法数为: ,
所以第四次取出的是白球的总情形数为:
,
则在第 个袋子中取出的是白球的概率为: ,
因为选取第 个袋的概率为 ,故任选袋子取第四个球是白球的概率为:
当 时, .
故答案为: 9 .
15.(1)取 的中点 ，连接 ，由 是 中点，得 ，
依题意, ,则 ,由 是等边三角形,得 ,
又 平面 ,因此 平面 ,而 平面 ,
所以 .
(2)不妨设 ，则 ，
连接 ,在 Rt 中, ,
则 ,即 ,又 平面 , 因此 平面 ,直线 两两垂直,
以 为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系 ，
则 , 设平面 的法向量为 ,由 ,令 ,得 , 设 与平面 所成角为 ,则 , 所以 与平面 所成角的正弦值为 .
16.
(2) 万元.
(1) 直接代入相关系数方程即可.
(2)求出线性回归方程，再代入 即可.
(1)
(2)因为 ,
所以 ,
所以变量 之间的线性回归方程为 ,
当 时, (万元).
所以预测 2023 年 6 月份该公司的直播带货金额为 986 万元.
17.( 1 )因为 ，
所以 ,
所以 ,即 ,
又 ,
所以数列 是以 2 为首项,2 为公比的等比数列
(2)由(1)可得 ，
所以 ,
所以前 项和
18.
(1) 根据导数的几何意义可得切线方程;
(2)先用导数判断函数的单调性, 再结合零点存在性定理可证;
(3)先解得 ,再构造函数 ,再用导数判断 成立的条件可得.
(1) 由 ,可得 . 又因为 时, .
因为直线 是曲线 在点 处的切线,所以直线 的方程为
所以,直线 的方程为 ,即 .
(2)由(1)可知 ，令 可得 ，列表可得
( ∞,-2) -2 (-2,+∞)
- 0 +
单调递减 极小值 单调递增
当 ,此时函数 无零点当 时, 单调递增,又 , 所以根据零点存在性定理,函数 存在唯一零点 .
(3)由(1)可知直线 的方程为 ，
因为直线 与 轴相交,且交点的横坐标为 ,
所以令 ,当 时,有 .
设 ,则 .
又 ,所以
由(2)知 ，且当 ， ，且 ， .
所以当 或 时， ; 当 或 时， .
列表可得
(-∞,-3) -3 (-3,-2)
+ 0 - - 0 +
单调递增 极大值 单调递减 单调递减 极小值 单调递增
当 时, ,不满足 ,
当 时, ,即 成立
综上可知, .
19.(1) 由 表示出 点坐标代入圆 方程可得曲线 的方程.
(2)把 方程代入曲线 的方程求得 的坐标，得 ，同理可得 ，由 得 ,应用整体换元法结合基本不等式可求得最值;
(3)由曲线 的方程可得对称性:关于直线 对称,关于原点对称; 若为椭圆则可求出它与对称轴的交点即顶点坐标,得出 ,求出 ,从而可得焦点坐标,再证明满足椭圆定义即可.
(1)由题意可得 ，即 .
由 得, ,
则将 代入 ,化简得 .
故曲线 的方程为 .
( 2 )由 ，消 得 ，
解得 ,由已知直线 交曲线于 ,
不妨设 ,
所以 ,同理 .
由题意知 ,所以四边形 的面积 .
.
,
当且仅当 时等号成立,此时 .
当 时,四边形 的面积最大值为 .
(3)曲线 的方程为 ，它关于直线 和原点对称，
下面证明:
设曲线 上任一点的坐标为 ,
则 ,点 关于直线 的对称点为 ,
因为 ,所以点 在曲线 上,故曲线 关于直线 对称, 同理可得点 关于直线 的对称点 也在曲线 上,
故曲线 关于直线 对称,
同理可证曲线 关于原点对称.
下面证明 为椭圆.
证明: ① 联立曲线 和直线 方程,
解得交点坐标为 ,
联立曲线 和直线 方程,
解得交点坐标为 ,
则 .
在 上取点 ,
设 为曲线 上任一点,则
(因为 )
即曲线 上任一点 到两定点 的距离之和为定值 .
② 若点 到两定点 的距离之和为定值 ， 设 为曲线 上任一点,则
移项得
平方整理得, ,
再移项平方得
化简可得
故点 的轨迹方程为 ,
综上所述曲线 是椭圆,其焦点坐标为 .