2026年高中数学强基计划模拟卷（三）（11题版）

2026年高中数学强基计划模拟卷（三） 一、填空题 1.在数字3而和1010中，更大的数字是 2.设空间区域(x,y,zx2+y2+z2≤1，z≥0中存在四个点两两距离都是d,则d的最大值为一 m-1,m为奇数 3.已知f(m)= 经m俄数 ，若a,= 觉4，a4=fa,满足a,=0的最小k为- 4.己知凸四边形ABCD满足∠ABD=∠BDC=50°，∠CAD=∠ACB=40°，则符合题意且不相似的凸四边形 ABCD的个数为」 5.将1,2,3,4,5,6,7,8,9,10这10个数字进行重新排列，得到新排列a,a2,,ao,若对于 1≤i≤10，a,-≤1，则新排列的个数为一· 1/4 6.正三棱锥S-ABC,底边长4，SA、SB、SC中点分别为、B、C,AB中点为D,S-ABC'外接 球球心为0，OC2-OD=AB2,则'，-4Bc为 7.f(x)=nx+cosx的所有极值点依次为的a,a2,a…,则iml1-a,=一 8.四面体V-ABC中，VA=VB=2V2,C=3,CA=CB=4,求CA与VB所成角的余弦值的取值范 围 二、解答题 9巴知：=o不+，求千中的做 2/4 10.方程x2+y+y2=4有多少对整数解. 3/4 11.设f(x)是n次实系数多项式，其中n≥1，g(x)=f(x-"(x).证明：若f(x的n个根都是实数，则 gx的个根也都是实数. 4/4 2026年高中数学强基计划模拟卷（三） 一、填空题 1．在数字和中，更大的数字是 ． 【答案】 【分析】同时取e为底的对数，则转换为比较和的大小，设，根据函数的单调性即得. 【详解】同时取e为底的对数，得，， 则转换为比较和的大小， 设，则，当时，， 即在上单调递减， 由，所以，则，即， 所以在数字和中，更大的数字是. 故答案为：. 2．设空间区域中存在四个点两两距离都是，则的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】根据区域要求，可将问题转化为求能放进单位半球内的正四面体的棱长最大值再进行求解. 【详解】    由，，即表示区域为单位球在轴的上半部分， 故问题等价于求能放进单位半球内的正四面体的棱长最大值， 不妨设正四面体的顶点为坐标最大的顶点， 我们首先考虑底面在平面上的情形， 此时易得正四面体的高为1， 令边长为，则有， 解得， 当底面不在平面上时， 此时显然有正四面体的高， 进而棱长小于，故的最大值为. 故答案为：. 3．已知，若，满足的最小k为 . 【答案】6073 【分析】根据递推公式，逐步计算各项分析即可. 【详解】由题意，为奇数， 为偶数， 为偶数，为奇数， … 故，…. 则，即，，，. 故满足的最小k为6073. 故答案为：6073 4．已知凸四边形满足，则符合题意且不相似的凸四边形的个数为 . 【答案】2 【分析】先说明凸四边形是平行四边形，然后设对角线中点为,固定对角线，则点在固定的射线上，只需求出该射线上满足的点个数即可.由此借助圆幂定理以及正弦定理进行说明，可得到结论. 【详解】对凸四边形，由，有; 由，有,故四边形为平行四边形. 如图，设对角线中点为,下面固定对角线，则点在固定的射线上， 只需求出该射线上满足的点个数即可. 记过且与射线相切的圆为（这样的圆存在且唯一），切点为， 由圆幂定理知,从而. 首先说明. 该结论等价于，即. 设，知.在中， 由正弦定理，，即， 注意到，所以，且当时等号不成立， 故，结论得证. 则射线上在的左右两侧各有一个满足的点， 故满足条件的形状不同的凸四边形有两个， 故答案为：2. 5．将1，2，3，4，5，6，7，8，9，10这10个数字进行重新排列，得到新排列，若对于，，则新排列的个数为 ． 【答案】 【分析】记的有效新排列的个数为，考虑数字在排列中的位置，根据递推法确定，进而可得新排列的个数. 【详解】由于对于，，则每个数字可以是或 记的排列的个数为，考虑数字在排列中的位置： （1）如果，则剩下的排列个数为； （2）如果，则；因此剩下的排列个数为， 故， 由于，故. 故这10个数的新排列的个数为. 故答案为：. 6．正三棱锥，底边长4，、、中点分别为、、，中点为，外接球球心为，，则为 ． 【答案】/ 【分析】利用球的幂可求侧棱长，从而可求体积. 【详解】如图，如果在球外，则过作球的切线，切点为，作球的割线， 由圆中切割线定理可得为定值，且定值为.    而当在球的内部时,为过的动弦，则由圆中相交弦定理可得.    在上述两种情况种，我们把定值定义为关于球的幂，记为. 设正三棱锥的侧棱长为，    由题设在球的内部，而在球的外部， 故，， 又为的中点， 设射线与球的球面的交点为， 射线与球的球面的交点为， 则，而， 故，故即即， 故正三棱锥的高为，故体积为， 故答案为：. 7．的所有极值点依次为的，则 ． 【答案】 【分析】先证明的所有极值点恰为其导函数的零点，然后研究在上的零点的性质，即可得到结果. 【详解】由于，而当时，所以的极值点都不小于. 同时，由于当时，有，即. 假设，则，得. 但，矛盾，所以，故 . 这表明，的全体极值点就是的全体零点. 由于题目所求的是，而在有限区间上只有有限个零点，故我们可以只考虑在上的零点. 此时，若，则由，知， 从而由，知. 而对有，，其符号总是恒定的，所以在上单调. 结合， ， 知. 这表明，当时，的零点均落入某个，且在每个上恰有一个零点. 设上的零点为，则. 而，，故. 而，故. 同理有. 所以. 这就得到，所以. 故答案为：. 8．四面体中，，，，求与所成角的余弦值的取值范围 ． 【答案】 【分析】根据几何关系求的范围，再通过平行关系构造异面直线所成的角，根据余弦定理，即可求解. 【详解】如图，取，分别为，的中点． ，， ，所以， 在中，，当，重合时取等． 过作于，设，则,即，即，得． 所以．当，，，共面时取等． 取中点，则，，所以所求的角即为或其补角， 于是 由知，于是， 所以与所成角的余弦值的取值范围为 故答案为： 二、解答题 9．已知，求的值． 【答案】 【详解】 解：由题意可知 此时 10．方程有多少对整数解． 【答案】6 【分析】可以看作是关于的二次方程，由题意必须是完全平方数，不妨设，其中，注意到，由此可得可能为：，对分类讨论即可得解. 【详解】方程即可以看作是关于的二次方程， 此时，为了使为整数，则必须是完全平方数， 不妨设，其中，所以， 所以可能为：，当时，是整数，满足题意， 当时，不是完全平方数，不满足题意， 当时，是整数，满足题意， 当时，方程即，解得，所以是方程的两个整数解， 当时，方程即，解得或，所以是方程的两个整数解， 当时，方程即，解得或，所以是方程的两个整数解， 综上所述，方程有：，共六对整数解. 11．设是次实系数多项式，其中．证明：若的个根都是实数，则的个根也都是实数． 【答案】证明见解析 【分析】借助两个引理：引理1：若有两个根与，其中为实系数多项式且，则存在使得是其导函数的根；引理2：设是实系数多项式的重根，，则也是其导函数的重根；即可证明. 【详解】我们首先证明两个引理． 引理1：若有两个根与，其中为实系数多项式且，则存在使得是其导函数的根； 证明：若在区间有正有负，则由零点存在定理知结论成立； 若不然，在区间恒正或恒负，则在区间上单调，这与矛盾； 引理2：设是实系数多项式的重根，，则也是其导函数的重根； 证明：不妨设，其中为不以为根的多项式， 则 ， 由于，所以是的重根； 证明：由题不妨令为互不相等的单根，为互不相等的重根（重数分别为）， 则， 其中， 令，则， 则， 从而由引理1知在任意的两个相邻根之间存在一个实根，共有个， 记为； 另一方面，由引理2知：也是的根，且重数分别为， 于是可设，从而有也是的根，且重数分别为， 于是有， 注意到且，从而， 故存在实根，记为， 故， 这足以说明的个根也是实根． 【点睛】借助两个引理：引理1：若有两个根与，其中为实系数多项式且，则存在使得是其导函数的根；引理2：设是实系数多项式的重根，，则也是其导函数的重根；即可证明. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $