山东省枣庄市2025-2026学年高三上学期期末模拟数学试卷2

2026届高考一轮复习上学期期末模拟试卷2 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效； 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 4.考试范围：高中数学全部内容（人教A版） 一、单选题（本大题共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．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别由函数的定义域得集合，由函数值域得集合.根据交集的定义求得. 【详解】由，得，所以.所以； 由，得,所以. 所以. 故选：D. 2．（2025高考·全国Ⅱ）已知，则（   ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】由复数除法即可求解. 【详解】因为，所以. 故选：A. 3．（2024高考·北京）设函数.已知，，且的最小值为，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解. 【详解】由题意可知：为的最小值点，为的最大值点， 则，即，且，所以. 故选：B. 4．（2025高考·北京）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由基本不等式结合特例即可判断. 【详解】对于A,当时，，故A错误； 对于BD，取，此时， ，故BD错误； 对于C，由基本不等式可得，故C正确. 故选：C. 5．入射光线l从出发，经y轴反射后，通过点，则入射光线l所在直线的方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出点的对称点坐标，然后利用两点式直线方程求出结果即可. 【详解】因为关于y轴的对称点， 所以直线 因此入射光线l所在直线的方程为， 故选：C． 6．（2023高考·全国甲）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解. 【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有件， 其中这2名学生来自不同年级的基本事件有， 所以这2名学生来自不同年级的概率为.故选：D. 7.（2025·北京·高考）在平面直角坐标系中，，.设，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据，求出，进而可以用向量表示出，即可解出． 【详解】因为，， 由平方可得，，所以． ，， 所以， ， 又，即， 所以，即，故选：D. 8．已知函数，实数，是函数的零点，若，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意作出直线和函数的大致图象，得到，利用对称性得到， 把转化为，令，得到，利用对勾函数求出值域，得到答案. 【详解】由题意，作出直线和函数的大致图象如图所示， 易得， 且，（易错：注意，的范围不是） 由，即， 得，则， 所以， 令，则，， 所以. 因为在上单调递减函数，所以. 即. 故选：D 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在毎小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．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．若随机变量，且，则 B．依据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，没有充分的证据推断与有关联 C．极差、方差、标准差均能刻画一组数据的离散程度 D．数据的下四分位数是0 【答案】ACD 【分析】对于A，根据正态分布的对称性求解判断即可；对于B，结合独立性检验的性质判断即可；对于C，根据极差、方差、标准差的定义判断即可；对于D，根据百分位数的计算公式求解判断即可. 【详解】对于A，由，则， 因为，则， 所以，故A正确； 对于B，由于，根据的独立性检验， 可以认为变量与有关联，故B错误； 对于C，根据极差、方差、标准差的定义，极差、方差、标准差均能刻画一组数据的离散程度，故C正确； 对于D，因为，所以数据的下四分位数是，故D正确. 故选：ACD 10．（2024高考·新课标Ⅱ）对于函数和，下列说法中正确的有（    ） A．与有相同的零点 B．与有相同的最大值 C．与有相同的最小正周期 D．与的图象有相同的对称轴 【答案】BC 【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可. 【详解】A选项，令，解得，即为零点， 令，解得，即为零点， 显然零点不同，A选项错误； B选项，显然，B选项正确； C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确； D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足， 的对称轴满足， 显然图像的对称轴不同，D选项错误.故选：BC 11．已知函数的定义域为，且，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．是偶函数 D．是奇函数 【答案】AD 【分析】利用赋值法可判断AB；结合偶函数定义，举反例判断C；令，可推出，判断的奇偶性，即可判断D. 【详解】由题意知，， 令，则，A正确； 令，则，即得，B错误； 令，则， 令，取，则，取，则， 即，故不是偶函数，C错误； 令 ，, 在中，令得： , 即 , 为奇函数，故D正确， 故选：AD 三、填空题（本大题共3小题，每小题 5 分，共15分．） 12．若点O是锐角三角形的垂心，且，，则的面积为 . 【答案】 【分析】作于D，根据O为的垂心得出三点共线，再由，求出的值，再由三角形面积公式求面积. 【详解】过点O作于D，因为O为垂心，所以三点共线，即 , 又 , , 即, . 故答案： 13.（2025高考·天津），与x轴交于点A，与y轴交于点B，与交于C、D两点，，则 ． 【答案】：2 【分析】：先根据两点间距离公式得出，再计算出圆心到直线的距离，根据弦长公式列等式求解即可. 【详解】：因为直线与轴交于，与轴交于， 所以， 所以， 圆的半径为，圆心 圆心到直线的距离为， 故，解得；故答案为：2. 14．已知函数，，若对任意的，存在使得，则实数a的取值范围是 ． 【答案】 【分析】结合导数和二次函数的性质可求出和的值域，结合已知条件可得，从而可求出实数a的取值范围. 【详解】的导函数为，当时，， 由时，，时，， 可得在上单调递减，在上单调递增， 故在上的最小值为，最大值为， 所以对于任意的，． 因为开口向下，对称轴为轴， 又，所以当时，，当时，， 则函数在上的值域为， 又因为存在．由题意，得， 可得，解得． 故答案为: ． 四、解答题（本大题共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（13分）．已知是各项均为正数的等比数列，且. （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足，求数列的前项和. 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）根据等比数列的基本量法求出首项和公比后可得通项公式； （2）由已知式中把用代换后，两式相减可得，注意检验是否适合，然后杉错位相减法求得和． 【详解】（1）设等比数列的公比为， 由已知得，又. （2）因为， 所以： ① 当时： ② ①②得： 当时，，符合上式， . 设数列的前项和为， 则， 两式相减得: , . 16（15分）．在①平面平面，②，③平面这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答. 如图，在四棱锥中，底面是梯形，点在上，，，，，且______. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【分析】若选①：（1）根据面面垂直的性质定理，可证明平面，建立空间直角坐标系结合向量法证明和线面垂直的判定定理，可证平面，根据面面垂直判定定理，即可证明平面平面；（2）由（1）可得平面的一个法向量为，再利用向量法结合线面所成角正弦公式即可求解直线与平面所成角的正弦值. 若选②：根据线面垂直的判定定理，可证明平面；建立空间直角坐标系结合向量法证明和线面垂直的判定定理，可证平面，根据面面垂直判定定理，即可证明平面平面；（2）由（1）可得平面的一个法向量为，再利用向量法结合线面所成角正弦公式即可求解直线与平面所成角的正弦值. 若选③：根据线面垂直的性质定理，可得，又，根据线面垂直的判定定理，即可证明平面，建立空间直角坐标系结合向量法证明和线面垂直的判定定理，可证平面，根据面面垂直判定定理，即可证明平面平面；（2）由（1）可得平面的一个法向量为，再利用向量法结合线面所成角正弦公式即可求解直线与平面所成角的正弦值. 【详解】方案一：选条件①. （1）∵平面平面，平面平面，平面，， ∴平面. 又，∴，，两两垂直. 以A为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ∴，，. ∵，， ∴，. 又，∴平面. 又平面，∴平面平面. （2）由（1）可得平面的一个法向量为，又， 设直线与平面所成角为， 则. 方案二：选条件②. （1）∵底面为梯形，，∴两腰，必相交. 又，，，平面，∴平面. 又，∴，，两两垂直. 以A为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ∴，，. ∵，， ∴，. 又，∴平面. 又平面，∴平面平面. （2）由（1）可得平面的一个法向量为，又， 设直线与平面所成角为， 则. 方案三：选条件③. （1）∵平面，平面，∴. 又，，平面，， ∴平面. 又，∴，，两两垂直. 以A为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ∴，，. ∵，， ∴，. 又，∴平面. 又平面，∴平面平面 （2）由（1）可得平面的一个法向量为，又， 设直线与平面所成角为， 则. 17（15分）．（2024高考·北京）某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率. (1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率； (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差. （i）记为一份保单的毛利润，估计的数学期望； （ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中估计值的大小．（结论不要求证明） 分析：（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率; （2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，用频率估计概率得的分布列及数学期望，从而可求. （ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求，从而即可比较大小得解. 解析：（1）设为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”， 由题设中的统计数据可得. （2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取， 由题设中的统计数据可得， ，，， 故 故（万元）. （ⅱ）由题设保费的变化为， 故（万元），从而. 18（17分）．（2025高考·全国Ⅱ）已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l与C交于两点，为坐标原点，若的面积为，求． 【分析】：（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程； （2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长. 【详解】：（1）因为长轴长为4，故，而离心率为，故， 故，故椭圆方程为：. （2） 由题设直线的斜率不为0，故设直线，， 由可得， 故即， 且， 故， 解得， 故. 19（17分）．函数， (1)讨论函数的单调性； (2)若不等式对任意的，恒成立，求的取值范围. 【分析】（1）求出，分四种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间； （2）若不等式对任意的，恒成立，等价于递增，即恒成立，即，其中，分离参数后利用基本不等式求最值，即可求的取值范围. 【详解】（1）， 所以， ， 当时或；， 所以此时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，         当时或；， 所以此时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，         当时恒成立，所以此时在上单调递增 ，            当时；， 所以此时在上单调递减，在上单调递增. （2）由对，恒成立， 不妨设，则整理得：，             设， 有，所以单调递增，即恒成立，即，其中，             所以，又，当且仅当时等号成立， 同时时，不是常函数，所以. 点睛：利用单调性求参数的范围的常见方法：① 视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数需注意若函数在区间上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的； ② 利用导数转化为不等式或恒成立问题求参数范围 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高考一轮复习上学期期末模拟试卷2 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效； 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 4.考试范围：高中数学全部内容（人教A版） 一、单选题（本大题共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．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．（2025高考·全国Ⅱ）已知，则（   ） A． B． C． D．1 3．（2024高考·北京）设函数.已知，，且的最小值为，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（2025高考·北京）已知，则（   ） A． B． C． D． 5．入射光线l从出发，经y轴反射后，通过点，则入射光线l所在直线的方程为（   ） A． B． C． D． 6．（2023高考·全国甲）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（    ） A． B． C． D． 7.（2025·北京·高考）在平面直角坐标系中，，.设，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．已知函数，实数，是函数的零点，若，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在毎小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．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．若随机变量，且，则 B．依据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，没有充分的证据推断与有关联 C．极差、方差、标准差均能刻画一组数据的离散程度 D．数据的下四分位数是0 10．（2024高考·新课标Ⅱ）对于函数和，下列说法中正确的有（    ） A．与有相同的零点 B．与有相同的最大值 C．与有相同的最小正周期 D．与的图象有相同的对称轴 11．已知函数的定义域为，且，，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．是偶函数 D．是奇函数 三、填空题（本大题共3小题，每小题 5 分，共15分．） 12．若点O是锐角三角形的垂心，且，，则的面积为 . 13.（2025高考·天津），与x轴交于点A，与y轴交于点B，与交于C、D两点，，则 ． 14．已知函数，，若对任意的，存在使得，则实数a的取值范围是 ． 四、解答题（本大题共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（13分）．已知是各项均为正数的等比数列，且. （1）求数列的通项公式； （2）设数列满足，求数列的前项和. 16（15分）．在①平面平面，②，③平面这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答. 如图，在四棱锥中，底面是梯形，点在上，，，，，且______. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17（15分）．（2024高考·北京）某保险公司为了了解该公司某种保险产品的索赔情况，从合同险期限届满的保单中随机抽取1000份，记录并整理这些保单的索赔情况，获得数据如下表： 赔偿次数 0 1 2 3 4 单数 假设：一份保单的保费为0.4万元；前3次索赔时，保险公司每次赔偿0.8万元；第四次索赔时，保险公司赔偿0.6万元.假设不同保单的索赔次数相互独立.用频率估计概率. (1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率； (2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差. （i）记为一份保单的毛利润，估计的数学期望； （ⅱ）如果无索赔的保单的保费减少，有索赔的保单的保费增加，试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与（i）中估计值的大小．（结论不要求证明） 18（17分）．（2025高考·全国Ⅱ）已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l与C交于两点，为坐标原点，若的面积为，求． 19（17分）．函数， (1)讨论函数的单调性； (2)若不等式对任意的，恒成立，求的取值范围. 1 学科网（北京）股份有限公司 $