山西省长治市沁县中学2026年普通高考第一次模拟考试数学试题理试题含解析.doc

山西省长治市沁县中学2026年普通高考第一次模拟考试数学试题理试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．执行如图所示的程序框图，若输出的值为8，则框图中①处可以填（ ）．

A． B． C． D．
2．已知集合，，若AÜB，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为（ ）

A． B． C． D．
4．如图，在平行四边形中，对角线与交于点，且，则（ ）

A． B．
C． D．
5．在中，，，，若，则实数 )
A． B． C． D．
6．在平行六面体中，M为与的交点，若,，则与相等的向量是（ ）

A． B． C． D．
7．已知，，，，．若实数，满足不等式组，则目标函数（ ）
A．有最大值，无最小值 B．有最大值，有最小值
C．无最大值，有最小值 D．无最大值，无最小值
8．已知函数是定义在上的偶函数，当时，，则,，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
9．如果实数满足条件，那么的最大值为（ ）
A． B． C． D．
10．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，其中左视图中三角形为等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积是（ ）

A． B．
C． D．
11．用一个平面去截正方体，则截面不可能是（ ）
A．正三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形
12．若命题：从有2件正品和2件次品的产品中任选2件得到都是正品的概率为三分之一；命题：在边长为4的正方形内任取一点，则的概率为，则下列命题是真命题的是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知椭圆与双曲线有相同的焦点、，其中为左焦点.点为两曲线在第一象限的交点，、分别为曲线、的离心率，若是以为底边的等腰三角形，则的取值范围为________
14．已知是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集用区间表示为__________．
15．在中，角，，的对边分别是，，，若，，则的面积的最大值为______.
16．设函数，若在上的最大值为，则________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）在极坐标系中，已知曲线，．
（1）求曲线、的直角坐标方程，并判断两曲线的形状；
（2）若曲线、交于、两点，求两交点间的距离．
18．（12分）在中，内角所对的边分别为，已知，且.
（Ｉ）求角的大小；
（Ⅱ）若，求面积的取值范围.
19．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝AA1，M，N分别是AC，B1C1的中点．求证：

（1）MN∥平面ABB1A1；
（2）AN⊥A1B．
20．（12分）的内角的对边分别为，若
（1）求角的大小
（2）若，求的周长
21．（12分）已知数列为公差为d的等差数列，，，且，，依次成等比数列，.
（1）求数列的前n项和；
（2）若，求数列的前n项和为.
22．（10分）设数列，其前项和，又单调递增的等比数列， ， .
(Ⅰ)求数列，的通项公式；
(Ⅱ)若 ，求数列的前n项和，并求证：.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．C
【解析】
根据程序框图写出几次循环的结果，直到输出结果是8时.
【详解】
第一次循环：
第二次循环：
第三次循环：
第四次循环：
第五次循环：
第六次循环：
第七次循环：
第八次循环：
所以框图中①处填时，满足输出的值为8.
故选：C
此题考查算法程序框图，根据循环条件依次写出每次循环结果即可解决，属于简单题目.
2．D
【解析】
先化简，再根据，且AÜB求解.
【详解】
因为，
又因为，且AÜB，
所以.
故选：D
本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
3．B
【解析】
由三视图知该四棱锥是底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，由此求出四棱锥的体积．
【详解】
由三视图知该四棱锥是底面为正方形，且一侧棱垂直于底面，画出四棱锥的直观图，如图所示：

则该四棱锥的体积为.
故选：B.
本题考查了利用三视图求几何体体积的问题，是基础题．
4．C
【解析】
画出图形，以为基底将向量进行分解后可得结果．
【详解】
画出图形，如下图．

选取为基底，则，
∴．
故选C．
应用平面向量基本定理应注意的问题
（1）只要两个向量不共线，就可以作为平面的一组基底，基底可以有无穷多组，在解决具体问题时，合理选择基底会给解题带来方便．
（2）利用已知向量表示未知向量，实质就是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加减运算或数乘运算．
5．D
【解析】
将、用、表示，再代入中计算即可.
【详解】
由，知为的重心，
所以，又，
所以，
，所以，.
故选：D
本题考查平面向量基本定理的应用，涉及到向量的线性运算，是一道中档题.
6．D
【解析】
根据空间向量的线性运算，用作基底表示即可得解.
【详解】
根据空间向量的线性运算可知

因为,，
则

即，
故选：D.
本题考查了空间向量的线性运算，用基底表示向量，属于基础题.
7．B
【解析】
判断直线与纵轴交点的位置，画出可行解域，即可判断出目标函数的最值情况.
【详解】
由，，所以可得.
，
所以由，因此该直线在纵轴的截距为正，但是斜率有两种可能，因此可行解域如下图所示：

由此可以判断该目标函数一定有最大值和最小值.
故选：B
本题考查了目标函数最值是否存在问题，考查了数形结合思想，考查了不等式的性质应用.
8．C
【解析】
根据函数的奇偶性得，再比较的大小，根据函数的单调性可得选项.
【详解】
依题意得，，
当时，，因为，所以在上单调递增，又在上单调递增，所以在上单调递增，
，即，
故选：C.
本题考查函数的奇偶性的应用、幂、指、对的大小比较，以及根据函数的单调性比较大小，属于中档题.
9．B
【解析】
解：当直线过点时，最大，故选B

10．C
【解析】
作出三视图所表示几何体的直观图，可得直观图为直三棱柱，并且底面为等腰直角三角形，即可求得外接球的半径，即可得外接球的体积.
【详解】

如图为几何体的直观图，上下底面为腰长为的等腰直角三角形，三棱柱的高为4，其外接球半径为，所以体积为.
故选：C
本题考查三视图还原几何体的直观图、球的体积公式，考查空间想象能力、运算求解能力，求解时注意球心的确定.
11．C
【解析】
试题分析：画出截面图形如图

显然A正三角形，B正方形：D正六边形，可以画出五边形但不是正五边形；故选C．
考点：平面的基本性质及推论．
12．B
【解析】因为从有2件正品和2件次品的产品中任选2件得到都是正品的概率为，即命题是错误，则是正确的；在边长为4的正方形内任取一点，若的概率为，即命题是正确的，故由符合命题的真假的判定规则可得答案 是正确的，应选答案B。
点睛：本题将古典型概率公式、几何型概率公式与命题的真假（含或、且、非等连接词）的命题构成的复合命题的真假的判定有机地整合在一起，旨在考查命题真假的判定及古典概型的特征与计算公式的运用、几何概型的特征与计算公式的运用等知识与方法的综合运用，以及分析问题 解决问题的能力。

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
设，由椭圆和双曲线的定义得到，根据是以为底边的等腰三角形，得到 ，从而有，根据，得到，再利用导数法求的范围.
【详解】
设，
由椭圆的定义得 ，
由双曲线的定义得，
所以，
因为是以为底边的等腰三角形，
所以，
即 ，
因为，
所以 ，
因为，所以，
所以，
即，
而，
因为，
所以在上递增，
所以.
故答案为：
本题主要考查椭圆，双曲线的定义和几何性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
14．
【解析】
设 ，则 ，由题意可得 故当 时， 由不等式 ，可得 ，或
求得 ，或 故答案为（
15．
【解析】
化简得到，，根据余弦定理和均值不等式得到，根据面积公式计算得到答案.
【详解】
，即，，故.
根据余弦定理：，即.
当时等号成立，故.
故答案为：.
本题考查了三角恒等变换，余弦定理，均值不等式，面积公式，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.
16．
【解析】
求出函数的导数，由在上，可得在上单调递增，则函数最大值为，即可求出参数的值.
【详解】
解：定义域为

，

在上单调递增，
故在上的最大值为
故答案为：
本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，属于基础题.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）表示一条直线，是圆心为，半径为的圆；（2）
【解析】
（1）直接利用极坐标方程与直角坐标方程之间的转换关系可将曲线的方程化为直角坐标方程，进而可判断出曲线的形状，在曲线的方程两边同时乘以得，由可将曲线的方程化为直角坐标方程，由此可判断出曲线的形状；
（2）由直线过圆的圆心，可得出为圆的一条直径，进而可得出.
【详解】
（1），则曲线的普通方程为，
曲线表示一条直线；
由，得，则曲线的直角坐标方程为，即．
所以，曲线是圆心为，半径为的圆；
（2）由（1）知，点在直线上，直线过圆的圆心．
因此，是圆的直径，．
本题考查曲线的极坐标方程与直角坐标方程之间的转化，同时也考查了直线截圆所得弦长的计算，考查计算能力，属于基础题.
18．（Ⅰ）；（Ⅱ）
【解析】
（Ｉ）根据，利用二倍角公式得到，再由辅助角公式得到，然后根据正弦函数的性质求解.
（Ⅱ）根据（Ｉ）由余弦定理得到，再利用重要不等式得到，然后由求解.
【详解】
（Ｉ）因为，
所以，
，
，
或，
或，
因为，
所以
所以；
（Ⅱ）由余弦定理得： ，
所以，
所以，当且仅当取等号，
又因为，
所以，
所以
本题主要考查二倍角公式，辅助角公式以及余弦定理，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
19．（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】
（1）利用平行四边形的方法，证明平面.
（2）通过证明平面，由此证得.
详解】
（1）设是中点，连接，由于是中点，所以且，而且，所以与平行且相等，所以四边形是平行四边形，所以，由于平面，平面，所以平面.
（2）连接，由于直三棱柱中，而，，所以平面，所以，由于,所以.由于四边形是矩形且，所以四边形是正方形，所以,由于,所以平面，所以.

本小题主要考查线面平行的证明，考查线面垂直的证明，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
20．（1）（2）11
【解析】
（1）利用二倍角公式将式子化简成，再利用两角和与差的余弦公式即可求解.
（2）利用余弦定理可得，再将平方，利用向量数量积可得，从而可求周长.
【详解】
由题

解得，所以
由余弦定理，，
再由
解得：
所以
故的周长为
本题主要考查了余弦定理解三角形、两角和与差的余弦公式、需熟记公式，属于基础题.
21．（1）（2）
【解析】
（1）利用等差数列的通项公式以及等比中项求出公差，从而求出，再利用等比数列的前项和公式即可求解.
（2）由（1）求出，再利用裂项求和法即可求解.
【详解】
（1），且，，依次成等比数列，，
即：，，，
，，
；
（2），
.
本题考查了等差数列、等比数列的通项公式、等比数列的前项和公式、裂项求和法，需熟记公式，属于基础题.
22．（1），；（2）详见解析.
【解析】
（1）当时，，当时，，
当时，也满足，∴，∵等比数列，∴，
∴，又∵，
∴或（舍去），
∴；
（2）由（1）可得：，
∴
，显然数列是递增数列，
∴，即.）