精品解析：辽宁省沈阳市东北育才学校2026届高三上学期三模数学试题

东北育才高中高三年级第三次模拟考试 数学科试卷 答题时间：120分钟 满分：150 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. 若复数，则（ ） A. 5 B. C. D. 1 2. 如果，那么直线一定经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 坐标原点 3. 已知集合，，，则的真子集共有（ ） A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个 4. 我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了“重差术”，即通过立表测量影长来计算远处目标的高度和距离的方法.测量时使用的标杆高度为h（称为“表高”），太阳天顶距为（太阳光线与垂直于地面方向的夹角，且）.根据三角学知识，标杆在地面上的影长与表高满足关系：.假设对同一表高进行两次测量，第一次测量时太阳天顶距为，影长为表高的2倍，第二次测量时太阳天顶距为，且满足，则第二次测量时影长是表高的（ ） A. 1倍 B. 倍 C. 倍 D. 倍 5. 已知函数，分别为的图象两条相邻对称轴上的动点，向量，，为得到函数的图象，需要将的图象（　　） A. 先向右平移个单位长度，再向上平移3个单位长度 B. 先向右平移个单位长度，再向上平移3个单位长度 C. 先向右平移个单位长度，再向下平移3个单位长度 D. 先向右平移个单位长度，再向上平移3个单位长度 6. 公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（ ） A. 60 B. 90 C. 120 D. 180 7. 如图，某机器狗位于点处，它可以向上、下、左、右四个方向自由移动，每次移动一个单位.现机器狗从点出发移动4次，则在机器狗仍回到点的条件下，它向右移动了2次的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 若对任意的，且当时，都有，则m的最小值是（ ） A. e B. C. 3 D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 如图，已知斜三棱柱中，，，，，，点是与的交点.下列选项中正确的有( ) A. B. C. 直线与所成的角的余弦值 D. 平面与平面不垂直 10. 在数列中，若对，都有（为常数），则称数列为“等差比数列”，为公差比，设数列的前项和是，则下列说法一定正确的是（ ） A. 等差数列等差比数列 B. 若等比数列是等差比数列，则该数列的公比与公差比相同 C. 若数列是等差比数列，则数列是等比数列 D. 若数列是等比数列，则数列等差比数列 11. 如图所示，中，，，，在边上，在边上，且为的角平分线，，则（ ） A. B. 的面积为 C. D. 若点在的外接圆上，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知两点，，如果在直线上存在点，使得，则的取值范围是______. 13. 已知，，则__________. 14. 已知函数，当时，恒成立，则实数a的取值范围是______. 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 已知直线. （1）求经过点且与直线垂直直线方程； （2）求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程. （3）若直线交x轴的负半轴于点A，交y轴的正半轴于点B，O为坐标原点，设的面积为S，求S的最小值及此时直线l的方程. 16. 如图，四边形对角线相交于点. （1）求证：； （2）已知. ①求四边形面积； ②若与面积相等，求证：. 17. 如图所示，已知四棱锥中，底面是平行四边形，侧面为直角三角形，是的中点，是直线上的动点，过直线的平面与侧棱，分别交于，且，其中，. （1）求证：； （2）求异面直线与所成的角； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 18. 对于任意两个正数，记区间上曲线下的曲边梯形面积为，并规定，，记，其中． （1）若时，求证：； （2）若时，求证：； （3）若，直线与曲线交于，两点，求证：（其中为自然常数）． 19. 定义一类集合：对于集合，若都满足，则称为“单位有界集”；在集合中定义一种运算：若，，定义.现对单位有界集进行如下操作：第一步，从中任取两个元素、，将中除了、以外的元素构成的集合记为，令；第二步，若集合还是单位有界集，则继续任取两个元素，将中除了以外的元素构成的集合记为，令；依次类推…… （1）对于任意的单位有界集，判断是否仍然为单位有界集．若是，请证明；若不是，请举出反例； （2）证明：若，则； （3）当时，对集合进行步上述操作，当只有一个元素时停止，求所有满足条件的． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东北育才高中高三年级第三次模拟考试 数学科试卷 答题时间：120分钟 满分：150 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. 若复数，则（ ） A. 5 B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算，求得，根据模的求法，即可得答案. 【详解】复数， 所以. 故选：D. 2. 如果，那么直线一定经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 坐标原点 【答案】B 【解析】 【分析】求出直线在坐标轴的截距分别是、，结合题意即可判定. 【详解】直线在轴上截距为， 在轴上的截距为， 因为，所以同号， 则直线在坐标轴上的截距同正或同负，如图， 则直线一定经过第二象限. 故选：B 3. 已知集合，，，则的真子集共有（ ） A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式化简集合，进而求，根据元素个数求真子集的个数. 【详解】因为集合， 且，则，即集合有2个元素， 所以集合的真子集共有个. 故选：A. 4. 我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了“重差术”，即通过立表测量影长来计算远处目标的高度和距离的方法.测量时使用的标杆高度为h（称为“表高”），太阳天顶距为（太阳光线与垂直于地面方向的夹角，且）.根据三角学知识，标杆在地面上的影长与表高满足关系：.假设对同一表高进行两次测量，第一次测量时太阳天顶距为，影长为表高的2倍，第二次测量时太阳天顶距为，且满足，则第二次测量时影长是表高的（ ） A. 1倍 B. 倍 C. 倍 D. 倍 【答案】A 【解析】 【分析】根据题中公式，结合正切两角差的公式进行求解即可. 【详解】由题意，第一次测量时太阳天顶距为，影长为表高的2倍， 又标杆在地面上的影长与表高满足关系：， 所以， 又因为第二次测量时太阳天顶距为，且满足， 解得， 则第二次测量时影长， 即第二次测量时影长是表高的1倍. 故选：A. 5. 已知函数，分别为的图象两条相邻对称轴上的动点，向量，，为得到函数的图象，需要将的图象（　　） A. 先向右平移个单位长度，再向上平移3个单位长度 B. 先向右平移个单位长度，再向上平移3个单位长度 C. 先向右平移个单位长度，再向下平移3个单位长度 D. 先向右平移个单位长度，再向上平移3个单位长度 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量数量积的几何意义可得出的图象的两条相邻对称轴之间的距离，进而得出，再利用图象变换依次得出满足各个选项条件的解析式即可. 【详解】设在上的投影向量为，则， 因，则，， 因分别为的图象的两条相邻对称轴上的动点，则， 得， 故，， 将的图象按照各个选项的条件变化分别得到满足以下解析式的函数图象： A： B：， C：， D： ，故符合题意的只有B选项. 故选：B 6. 公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（ ） A. 60 B. 90 C. 120 D. 180 【答案】B 【解析】 【分析】先分析得出正二十面体的面、顶点以及棱的个数，进而结合图象得出足球截面体各个面的性质，即可得出答案. 【详解】易知正二十面体有20个面，每个面都是三角形，每个顶点都是5条棱的交点，每条棱都是两个面的公共边， 所以，正二十面体的棱数为，顶点的个数为. 由图象可知，正二十面体的每个顶点截角后为一个正五边形，即每个顶点处增加了5条棱； 原来的30条棱数量不变，所以，足球截面体的棱数为. 故选：B. 7. 如图，某机器狗位于点处，它可以向上、下、左、右四个方向自由移动，每次移动一个单位.现机器狗从点出发移动4次，则在机器狗仍回到点的条件下，它向右移动了2次的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设事件“向右移动2次”，事件“移动4次后仍回到点”，通过计算条件概率即可. 【详解】设事件“向右移动2次”，事件“移动4次后仍回到点”， 每次移动有4种方向，4次移动，总路径数为：， 设上、下单位数分别为，左、右单位数分别为 因运动4次后仍回到点，所以上下步数相等且左右步数相等， 记，，则，即. 若即则路径数有6种； 若即则路径数有24种； 若即则路径数有6种； 所以. 事件“向右移动2次且回到点” 要使向右移动2次且回到点，则且， 又，所以，路径数有6种； . . 故选：A. 8. 若对任意的，且当时，都有，则m的最小值是（ ） A. e B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】对已知不等式进行变形，通过构造新函数，结合新函数的性质进行求解即可. 【详解】因为， 所以由 ，构造函数， 即当任意的，当时，有， 所以有当时，函数单调递增， 由， 当时，单调递增，当时，单调递减， 于是有， 故选：C 【点睛】关键点睛：根据，由得到，通过构造函数，利用函数的性质是解题的关键. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 如图，已知斜三棱柱中，，，，，，点是与的交点.下列选项中正确的有( ) A. B. C. 直线与所成的角的余弦值 D. 平面与平面不垂直 【答案】AC 【解析】 【分析】A：根据依次改写即可； B：根据计算即可； C：根据计算即可； D：取的中点，连接，证AE⊥BC，即可. 【详解】A：，故A正确； B：∵， ∴ ， ∴，故B错误； C：， ，，故C正确； D：取的中点，连接，，，且， 又＝0，， ∵，平面，平面， 又平面，平面与平面，故D错误. 故选：AC. 10. 在数列中，若对，都有（为常数），则称数列为“等差比数列”，为公差比，设数列的前项和是，则下列说法一定正确的是（ ） A. 等差数列是等差比数列 B. 若等比数列是等差比数列，则该数列的公比与公差比相同 C. 若数列是等差比数列，则数列是等比数列 D. 若数列是等比数列，则数列等差比数列 【答案】BCD 【解析】 【分析】考虑常数列可以判定A错误，代入等差比数列公式可判断BCD说法正确 【详解】等差数列若为常数列，则，无意义， 所以等差数列不一定是等差比数列，A选项错误； 若公比为的等比数列是等差比数列，则不是常数列，， ，即该数列的公比与公差比相同， B选项正确. 若数列是等差比数列，则，所以数列是等比数列，故C选项正确； 若数列是等比数列，公比为，则， 所以数列等差比数列，故D选项正确 故选：BCD. 11. 如图所示，中，，，，在边上，在边上，且为的角平分线，，则（ ） A. B. 的面积为 C. D. 若点在的外接圆上，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用余弦定理计算，由直角三角形计算判断A，根据面积公式计算三角形的面积判断B，利用正弦定理计算判断C；设，用表示出，，得出关于的三角函数，从而得到的最大值判断D. 【详解】在三角形中，由余弦定理， ，故，故正确； 在中，，故错误； 由余弦定理可知：， ，平分，， ， 在三角形中，由正弦定理可得：， 故，故正确； ，， 为的外接圆的直径，故的外接圆的半径为1， 显然当取得最大值时，在弧上，故， 设，则，， ，，，， 其中，，当时，取得最大值， 故正确． 故选：BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知两点，，如果在直线上存在点，使得，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】首先根据直线方程设出直线上点坐标，根据坐标求出与坐标，再根据求出的取值范围. 【详解】∵在直线上，设点， ∴，， 又， ∴， 即， ∴，即， 解得，或， 又，∴的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了利用向量的数量积证明垂直，属于基础题. 13. 已知，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，根据同角三角函数关系，可得和的值，代入两角差的余弦公式，即可求得答案. 【详解】因，且， 所以， 所以， 所以 . 故答案为： 14. 已知函数，当时，恒成立，则实数a的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】求得导函数后，代入不等式则可将不等式化为，根据恒成立的思想可得，利用基本不等式可求得最小值，进而得到结果. 【详解】， 即为， 整理得到， 即，使得恒成立， （当且仅当，即时取等号）， ， 即实数的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题考查利用导数解决恒成立的问题，关键是能够通过分离变量的方式将问题转化为变量和函数最值之间大小关系的比较问题，进而通过基本不等式求解函数最值得到结果. 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. 已知直线. （1）求经过点且与直线垂直的直线方程； （2）求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程. （3）若直线交x轴的负半轴于点A，交y轴的正半轴于点B，O为坐标原点，设的面积为S，求S的最小值及此时直线l的方程. 【答案】（1） （2）或 （3）S的最小值为16，此时直线l的方程为． 【解析】 【分析】（1）根据直线的斜率可设所求直线方程为，代入点即可求解； （2）联立直线与的方程可得交点坐标，分截距为0和截距不为0两种情况分别求解； （3）先求出两点的坐标，进而得到的面积表达式，然后利用基本不等式求出面积的最小值，即可确定直线的方程． 【小问1详解】 由直线可得直线的斜率为， 依题意，所求直线斜率为，则其方程可设为， 该直线经过点，则，解得， 故所求直线方程为，即； 【小问2详解】 联立，解得，即直线与的交点为， 当直线经过原点时，满足题意，设直线方程为， 代入解得，此时； 当直线的截距都不为0时，设直线方程为， 依题意，解得，此时直线方程为， 综上，所求直线方程为或. 【小问3详解】 由题可知， 在中，令，解得，即得A， 再令，可得，即得， 故， 则 当且仅当，即时取等号， 故S的最小值为16，此时直线l的方程为． 16. 如图，四边形的对角线相交于点. （1）求证：； （2）已知. ①求四边形的面积； ②若与面积相等，求证：. 【答案】（1）证明见解析 （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）在中利用余弦定理将表示出来，化简即可证明； （2）①分别求出的面积，再加和即可求出四边形的面积； ②通过与面积相等求出，再在和中利用余弦定理求出，，根据勾股定理证明即可 【小问1详解】 由余弦定理得 在中，① 在中，② 在中，③ 在中，④ 由③+④-①-②得： . 故 【小问2详解】 ①由（1）得， 又 可求得. 又四边形的面积为 . ②由若与面积相等，因为为公共底边， 故两个三角形上的高相等，即，所以. 设. 在中得：，即 在中得：.两式相加得：，两式相减得：， 所以，故. 故，所以. 又，所以， 由勾股定理得：. 17. 如图所示，已知四棱锥中，底面是平行四边形，侧面为直角三角形，是的中点，是直线上的动点，过直线的平面与侧棱，分别交于，且，其中，. （1）求证：； （2）求异面直线与所成的角； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行性质定理证明可得； （2）由异面直线定义可知直线与所成的角为（或其补角），可求得其为； （3）方法1：根据线面角的空间向量求法求出平面的法向量，再由函数性质可得其最大值； 方法2：由是直线上的动点，结合线面角与二面角之间的关系，求出平面与平面所成锐二面角的大小，可得结果. 【小问1详解】 由题意可知四边形是平行四边形，所以， 即有平面， 又由平面，平面平面，所以， 即得. 【小问2详解】 由（1）知，则直线与所成的角为（或其补角）， 又由为直角三角形，且，所以， 即得异面直线与所成的角为 【小问3详解】 设直线与平面所成角为， 取的中点为，连接，， 由，所以，又由是直角三角形，且，所以，又因为，分别是，的中点，所以可得， 又由，平面，且，所以平面， 又因为平面，所以可得， 又由，所以， 所以平面. 此时分别以，，可为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，如下图所示： 则可得，，，，，. 方法1：， 由，可得，即得， 设平面的一个法向量， 又由可得； 令，则，所以， 所以可得， 当且仅当与点重合时取得等号， 所以直线与平面平面所成角的正弦值的最大值为. 方法2：设平面与平面所成锐二面角记为，则有. 由方法1知，平面的一个法向量， 由可得，易知； 设平面的一个法向量， 所以，解得，令，可得； 即， 所以，所以可得， 即得 所以直线与平面平面所成角的正弦值的最大值为. 18. 对于任意两个正数，记区间上曲线下的曲边梯形面积为，并规定，，记，其中． （1）若时，求证：； （2）若时，求证：； （3）若，直线与曲线交于，两点，求证：（其中为自然常数）． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）当时，，根据的定义求解； （2）解法一：如图可知，为与，以及轴所围成曲边梯形的面积，曲面梯形的面积大于，，得证； 解法二：转化为证明：，设，，则不等式可化为，构造函数：，利用导数证明在恒成立； （3）令，故，直线与曲线交于，，所以，即有：①，②，进一步变形可得，从而得证. 【小问1详解】 因为，且， 当时可知， 所以， ，所以成立； 【小问2详解】 解法一：要证，即证， 如图可知，为与，以及轴所围成的曲边梯形的面积． 若直线与曲线交于点， 过做的切线，分别交，于，， 过做轴的平行线分别交，于，，则， 易知曲面梯形的面积大于， 所以， 所以，，得证． 解法二：因为时，，所以要证， 即证：， 即证：，即证：， 设，，则不等式可化为， 要证，作差得， 即证：在恒成立， 构造函数：， 则，再设，则， 因为，所以恒成立， 所以在为增函数，所以， 所以在恒成立，可得在为增函数， 所以，所以在恒成立， 所以不等式成立，得证； 【小问3详解】 因为，所以， 令，故， 所以在为减函数，在为增函数，， 故直线与曲线交于，，所以， 且，，即有：①，②， ①＋②得： ①－②得： 由第（2）问知：， 所以， 所以，即， 所以成立． 【点睛】方法点睛：对于新定义题型，一般分为以下几步： （1）对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号； （2）对新定义所提取的信息进行加工，探究解决方法，有时能够追求临近的知识点，明确它们的共同点与不同点； （3）对新定义中提取的知识进行变换，有效的输出；假如是新定义的运算，直接依据运算法则计算即可. 19. 定义一类集合：对于集合，若都满足，则称为“单位有界集”；在集合中定义一种运算：若，，定义.现对单位有界集进行如下操作：第一步，从中任取两个元素、，将中除了、以外的元素构成的集合记为，令；第二步，若集合还是单位有界集，则继续任取两个元素，将中除了以外的元素构成的集合记为，令；依次类推…… （1）对于任意的单位有界集，判断是否仍然为单位有界集．若是，请证明；若不是，请举出反例； （2）证明：若，则； （3）当时，对集合进行步上述操作，当只有一个元素时停止，求所有满足条件的． 【答案】（1），证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用比差法证明即可， （2）结合定义计算，，由此证明结论； （3）结合（1）（2）的证明结论，先取求，再取求，，逐步求出. 【小问1详解】 是，证明如下： 从中任取两个元素、，，， 要证明是单位有界集，只需证明， 因为，其中， 所以，即； 因为，其中， 所以，即，所以仍然为单位有界集. 【小问2详解】 因为， ， 所以. 【小问3详解】 由（1）（2）知都为“单位有界集”，所定义的运算具有结合律， 又，即定义的运算具有交换律， 不妨先取， 因为，所以，所以， 再取，，所以， 类似的，，， 所以. 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $