精品解析：福建省漳州市龙海区港尾中学2026届高三下学期考前预测数学试题

港尾中学2026届高三毕业班第三次模拟考试 数学试题 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 一、单项选择题（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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足（为虚数单位），则 （ ） A. B. C. D. 3. 已知一组数据：12，14，15，15，18，19，22，26，28，30，的第百分位数是26，则的值可以是（ ） A. 22 B. 23 C. 25 D. 27 4. 在中，为中点，是边长为的等边三角形，则向量在向量方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=（ ） A. 2n–1 B. 2–21–n C. 2–2n–1 D. 21–n–1 6. 若函数是定义在上的奇函数，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数，满足，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.） 9. 已知点在圆上，点，分别为直线与轴，轴的交点，则下列结论正确的是（ ） A. 圆截轴所得的弦长为 B. 的最大值为 C. 直线的斜率最大值为 D. 的面积的最小值为 10. 已知函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为，且直线是其中一条对称轴，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 在上单调递增 D. 的图象关于点中心对称 11. 在正三棱锥中，底面的边长为，侧面与底面所成的角为，则（ ） A. B. C. 点到平面的距离为 D. 该三棱锥的外接球表面积为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知是等差数列，且，，则________． 13. 已知是第四象限角，且，则___________. 14. 一个袋中装有个白球和个黑球，甲从袋中有放回的随机取次球，每次取个球，取到次白球得分，取到次黑球得分．记甲取球总得分为，则_____________． 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. 已知数列的前项和为，且． （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求证：． 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求B； （2）设D为边的中点，若，的面积为14，求的长 17. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，侧面为菱形，且．交于点，为棱中点 （1）证明：平面； （2）证明：； （3）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若是减函数，求的取值范围； （3）当时，，求的最大值； 19. 椭圆过点，且离心率为．，分别为的左、右焦点． （1）求的方程： （2）求； （3）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 港尾中学2026届高三毕业班第三次模拟考试 数学试题 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 一、单项选择题（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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解一元二次不等式和对数不等式分别求集合，再根据交集定义求出结果. 【详解】因为集合，解不等式可得或， 即， 又因为集合，解不等式可得， 即， 所以. 故选：C. 2. 已知复数满足（为虚数单位），则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法运算化简，再计算复数的模. 【详解】因为，所以， 则. 故选：D 3. 已知一组数据：12，14，15，15，18，19，22，26，28，30，的第百分位数是26，则的值可以是（ ） A. 22 B. 23 C. 25 D. 27 【答案】D 【解析】 【分析】根据百分位数的概念求解即可. 【详解】一组数据：12，14，15，15，18，19，22，26，28，30，共11位数， 因为，所以第百分位数为从小到大排序的第8位数， 若第百分位数是26，则，故符合的只有D选项. 故选：D. 4. 在中，为中点，是边长为的等边三角形，则向量在向量方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意得出点在以为圆心，为半径的圆上，再根据数量积的定义计算，最后根据公式计算即可. 【详解】因为是边长为的等边三角形，为中点， 所以， 则点在以为圆心，为半径的圆上， 则，，， 则， 则向量在向量方向上的投影向量为. 故选：B 5. 记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a5–a3=12，a6–a4=24，则=（ ） A. 2n–1 B. 2–21–n C. 2–2n–1 D. 21–n–1 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式，可以得到方程组，解方程组求出首项和公比，最后利用等比数列的通项公式和前项和公式进行求解即可. 【详解】设等比数列的公比为， 由可得：， 所以， 因此. 故选：B. 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式的基本量计算，考查了等比数列前项和公式的应用，考查了数学运算能力. 6. 若函数是定义在上的奇函数，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由是奇函数求出，由复合函数单调性判断的单调性，由奇函数性质和单调性求解不等式. 【详解】因为是定义在上的奇函数， 所以，解得，所以， 令，则， 因为，所以，所以恒成立， 即在上单调递增，又是增函数，所以在上单调递增. 因为，所以． 又是增函数，所以，解得． 故选：A． 7. 已知，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二倍角的余弦公式，结合的取值范围，及不等式的性质求得的取值范围，从而得到的最大值. 【详解】当时，，得到. 由题意得. 由，得，所以. 故的最大值为. 故选：A. 8. 已知实数，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用的单调性与最值，结合同构法得出计算即可. 【详解】可化为， 令可得， 令可得，令可得， 所以在上单调递减，在上单调递增，即， 故， 当且仅当时取得等号， 又，显然，即， 所以. 故选：B 二、多项选择题（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 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.） 9. 已知点在圆上，点，分别为直线与轴，轴的交点，则下列结论正确的是（ ） A. 圆截轴所得的弦长为 B. 的最大值为 C. 直线的斜率最大值为 D. 的面积的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用圆的弦长公式可判断A；利用点到圆上的点的距离最大值的求法可判断B；当直线与圆相切时直线的斜率取到最值，可判断C；利用圆上点到直线距离的最值的求法可判断D. 【详解】易得，，圆，圆心，半径． 圆截轴所得的弦长为，故选项A正确； 因为，所以的最大值为，故选项B正确； 因为当直线与圆相切于轴上方时，设此时切线的斜率为 ， 切线方程为：， 圆心  到切线的距离等于半径：， 即，化简得：，即， 解得：，所以直线的斜率取得最大值，故选项C错误； 因为圆心到直线的距离为， 所以点到直线的最小距离， 所以的面积的最小值为，故选项D正确. 故选：ABD． 10. 已知函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为，且直线是其中一条对称轴，则（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 在上单调递增 D. 的图象关于点中心对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用已知条件求得函数的解析式为，再利用余弦三角函数的性质对选项进行验证得解. 【详解】余弦函数相邻两条对称轴之间的距离是， 又函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为， ，解得，又，，， 又直线是其中一条对称轴，，， 又，故取，得， 因此函数的解析式为. 对于A，函数的最小正周期为，故A正确， 对于B，，故B错误， 对于C，令，当时，， 在上单调递增，故在上单调递增，故C正确. 对于D，， 因此的图象关于点中心对称，故D正确. 故选：ACD. 11. 在正三棱锥中，底面的边长为，侧面与底面所成的角为，则（ ） A. B. C. 点到平面的距离为 D. 该三棱锥的外接球表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】取棱的中点，记为，连接，根据线面垂直的判定定理证明所以平面，从而证得，判断A正确；易知，取棱的中点，记为，连接，交于点，则为的中心，所以平面，由此求出判断B；根据等体积法求得点到平面的距离判断C；先求得三棱锥的外接球的半径，根据表面积公式求得其表面积判断D即可. 【详解】对于A，正三棱锥中，. 取棱的中点，记为，连接，则. 因为平面，所以平面. 因为平面，所以，故A正确. 对于B，因为，所以. 取棱的中点，记为，连接，交于点，则为的中心. 因为底面的边长为，所以， 可得，得到平面. 因为平面，所以. 在中，，所以. 在中，，故B正确. 对于C，正三棱锥的体积为， 因为的面积为，所以点到平面的距离如下， 为，故C错误. 对于D，的外接圆半径为. 设三棱锥的外接球的半径为，则， 即，解得， 可得三棱锥的外接球的表面积为，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知是等差数列，且，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由等差数列的基本量计算得到求出，并项求和. 【详解】设等差数列公差为，则由已知得， 解得，所以， 所以原式= ， 故答案为：. 13. 已知是第四象限角，且，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】由题求得的范围，结合已知求得，再由诱导公式求得及，进一步由诱导公式及同角三角函数基本关系式求得的值． 【详解】解：是第四象限角， ，则， 又， ． ，． 则． 故答案为． 【点睛】本题考查两角和与差的正切，考查诱导公式及同角三角函数基本关系式的应用，是基础题． 14. 一个袋中装有个白球和个黑球，甲从袋中有放回的随机取次球，每次取个球，取到次白球得分，取到次黑球得分．记甲取球总得分为，则_____________． 【答案】 【解析】 【分析】设甲3次取球取到的白球数为，根据二项分布可得，由二项分布的数学期望及期望的性质即可得甲取球总得分为的期望的值. 【详解】依题意，得甲每次取到白球的概率为， 设甲3次取球取到的白球数为，则， 所以， 又甲取球总得分满足， 所以． 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. 已知数列的前项和为，且． （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和为，求证：． 【答案】（1）； （2）证明如下： 由上可知， ， 则， 所以 ， 由可得，则，证毕． 【解析】 【分析】（1）利用的关系计算即可； （2）利用（1）的结论结合裂项相消法计算即可证明. 【小问1详解】 因为，所以， 两式相减得，即， 当时，，解得， 所以是以为首项，以为公比的等比数列，所以． 【小问2详解】 略 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求B； （2）设D为边的中点，若，的面积为14，求的长 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由正弦定理边化角已知条件，再由两角和正弦公式和诱导公式化简已知条件即可求解； （2）先由题设求出，接着由正弦定理求出，进而由面积公式求出，再在三角形中由余弦定理即可计算求解. 【小问1详解】 由正弦定理可得， 即. 在中，由，得， 所以，又，，所以，所以. 【小问2详解】 因为，，所以， 所以， 所以，即， 因为，即，所以， 在三角形中，由余弦定理可得 ， 所以. 17. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，侧面为菱形，且．交于点，为棱中点 （1）证明：平面； （2）证明：； （3）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 取的中点，连接，如图所示： 因为为中点，所以为的中位线， 所以， 又为棱中点，且， 所以，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面． （2） 因为，为的中点，所以， 在菱形中，由于，， 所以为等边三角形，所以， 又因为，且平面，所以平面， 又平面，故. （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，画出图形，利用三角形中位线，平行四边形的性质以及线面平行的判定定理证明即可； （2）利用已知条件分别证明和，根据线面垂直判定定理得出平面，再利用线面垂直的性质即可； （3）由（2）知，，及平面平面，得出 两两垂直，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正向方向建立空间直角坐标系，写出相应的点坐标，求出平面的法向量，最后利用线面角的向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知，， 又平面平面，且平面平面， 所以平面，故两两垂直， 以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正向方向建立空间直角坐标系，如图所示： 则， 则， 因为，所以， 设为平面的一个法向量， 则， 令，则，所以， 设直线与平面所成角为， 所以 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 18. 已知函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若是减函数，求的取值范围； （3）当时，，求的最大值； 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）求导，分别令导数大于0和小于0，解不等式可得答案； （2）利用导数把问题转化为恒成立问题，再分离参数，利用导数求出函数最值即可； （3）分类讨论求出的最小值即可. 【小问1详解】 当时， 的定义域为，且． 令，得；令，得； 因此，的单调递减区间为，单调递增区间为． 【小问2详解】 因为在单调递减， 所以，即在恒成立． 令，则． 令，则 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以的最大值为，所以的取值范围． 【小问3详解】 的定义域为，． 因为在上单调递增，所以． ①当时，对，有，所以在上单调递增， 则对，，所以符合题意． ②当时，令，得，所以在上单调递减， 所以当时，，所以不合题意，舍去． 综上，，所以的最大值为． 19. 椭圆过点，且离心率为．，分别为的左、右焦点． （1）求的方程： （2）求； （3）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值． 【答案】（1） （2） （3） 设点，， ①当直线斜率存在时，设直线的方程为：， 代入椭圆方程消去并整理得： ，可得，， 因为，所以，即， 又， 代入可得：， 所以， 所以， 因为不在直线上，所以，故， 于是的方程为，所以直线过定点． ②当直线的斜率不存在时，点，可得， 由得：，得， 又，可得，解得或（舍去）． 此时直线的方程为，过点， 令为的中点，即， 若与不重合，则由题设知是的斜边，故， 若与重合，则，故存在点，使得为定值． 【解析】 【分析】（1）利用椭圆定义与离心率公式，代入已知点坐标建立方程组，解方程组得到与的值，进而得到椭圆标准方程. （2）解法一：根据题目条件计算出和的斜率，再利用正弦和差公式计算出的正切值；解法二：由椭圆方程确定焦点坐标，计算向量与，利用向量夹角公式求出，得，根据正切值得出. （3）设直线方程，利用韦达定理和垂直条件化简，推导出直线恒过定点，再由得为直角三角形，取中点为，由斜边的中线等于斜边的一半可得结果. 【小问1详解】 由题意可得：，解得， 故椭圆方程为：． 【小问2详解】 解法一：由（1）可知，，，， ，， 所以， 又，所以． 解法二：由（1）可知，，，，所以，， 所以， 所以，所以． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $