精品解析：山东省潍坊青州市第一中学2025-2026学年高三上学期期末模拟（二）数学试题

高三普通部上学期期末模拟(二)数学 一、单选题： 1. 已知集合，，则的元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 某学校拟派5名教师去甲、乙、丙这3所不同的学校参观学习，每名教师只去一所学校，每个学校至少要派遣1名教师，若去甲校的人数不得少于丙校，则不同的派遣方案有（ ） A. 110种 B. 100种 C. 90种 D. 80种 4. 设抛物线的焦点为，不经过的直线与交于、两点，与轴交于点.点的坐标为，且与、的面积之比是，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 若是等差数列，首项，，，则使前n项和成立的最大自然数n是　　 A. 46 B. 47 C. 48 D. 49 7. 已知函数，若方程有3个不同的实数根，则实数a的取值范围是　　 A. B. C. D. 8. 水平桌面上放有3个半径均为2的球，且相邻的球都相切（球心的连线构成正三角形）．在这3个球的上面放1个半径为1的小球，它和下面的3个球恰好都相切，则小球的球心到水平桌面的距离是（ ） A. B. C. D. 4 二、多选题： 9. 下列说法正确的有（ ） A. 两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于0 B. ， C. 设随机变量服从正态分布，若，则 D. 甲、乙、丙、丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点各不相同”，事件“甲独自去一个景点”，则 10. 已知为圆锥底面圆的直径（为顶点，为圆心），点为圆上异于的动点，，研究发现：平面和直线所成的角为，该圆锥侧面与平面的交线为曲线.当时，曲线为圆；当时，曲线为椭圆；当时，曲线为抛物线；当时，曲线为双曲线.则下列结论正确的为（ ） A. 过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2 B. 的取值范围为 C. 若为线段上的动点，则 D. 若，则曲线必为双曲线的一部分 11. 设是函数的三个零点，则（ ） A. B. C. 若成等差数列，则成等比数列 D. 若成等差数列，则 第II卷（非选择题） 三、填空题： 12. 若的展开式中项的系数为20，则的最小值为_________. 13. 已知椭圆，偶函数，且，则椭圆的离心率的取值范围是________． 14. 已知数列的通项公式为，保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前项和为，则的值为______． 四、解答题： 15. 的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）若，，求的面积； （2）若角为钝角，求的取值范围. 16. 在公差不为0的等差数列中，，且是与的等比中项. （1）求的通项公式； （2）若，，求数列的前项和. 17. 已知函数. （1）讨论的单调区间和极值. （2）若，不等式的解集为，求的取值范围. 18. 在创建“全国文明城市”过程中，我市“创城办”为了调查市民对创城工作的了解情况，进行了一次创城知识问卷调查（一位市民只能参加一次）通过随机抽样，得到参加问卷调查的100人的得分统计结果如表所示： 组别 [30，40) [40，50) [50，60) [60，70) [70，80) [80，90) [90，100] 频数 2 13 21 25 24 11 4 （1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分，近似为这100人得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的左端点值作代表）， ①求的值； ②利用该正态分布，求； （2）在（1）的条件下，“创城办”为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案： ①得分不低于的可以获赠2次随机话费，得分低于的可以获赠1次随机话费； ②每次获赠的随机话费和对应的概率为： 赠送话费的金额（单位：元） 20 50 概率 现有市民甲参加此次问卷调查，记（单位：元）为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列与数学期望． 参考数据与公式：．若，则，，. 19. 在空间直角坐标系中，三棱锥的顶点，顶点在平面内，侧面绕转动且与底面形成的二面角为，在转动过程中满足：①；②；③． （1）点和点纵坐标是否相等？证明你的结论； （2）当侧面所在平面为平面时， （i）求动点在平面内的轨迹方程和点在平面内的轨迹方程； （ii）求三棱锥的体积的最大值； （3）当，且时，求三棱锥外接球的表面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三普通部上学期期末模拟(二)数学 一、单选题： 1. 已知集合，，则的元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先解对数不等式得出集合B，再根据交集定义求解. 【详解】因为，所以, 所以，共3个元素. 故选：C． 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得，结合复数的除法运算化简可得结论. 【详解】因为， 所以， 故选：D. 3. 某学校拟派5名教师去甲、乙、丙这3所不同的学校参观学习，每名教师只去一所学校，每个学校至少要派遣1名教师，若去甲校的人数不得少于丙校，则不同的派遣方案有（ ） A. 110种 B. 100种 C. 90种 D. 80种 【答案】B 【解析】 【分析】根据丙校派遣的人数进行讨论，结合计数原理即可求解． 【详解】若丙校派遣1人，则甲校可以派遣1或2或3人，派遣方案有种； 若丙校派遣2人，则甲校必须派遣2人，派遣方案有种； 所以满足条件的不同的派遣方案有种． 故选：B． 4. 设抛物线的焦点为，不经过的直线与交于、两点，与轴交于点.点的坐标为，且与、的面积之比是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出图形，结合图形得出，求出的值，即可求出的值. 【详解】由题意可知，抛物线的焦点为，准线为直线，如下图所示： ，又因为，故， 故选：B. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两角和的余弦可求的关系，结合的值可求前者，故可求的值. 【详解】因为，所以， 而，所以， 故即， 从而，故， 故选：A. 6. 若是等差数列，首项，，，则使前n项和成立的最大自然数n是　　 A. 46 B. 47 C. 48 D. 49 【答案】A 【解析】 【分析】首先判断出a23＞0，a24＜0，进而a1+a46=a23+a24＞0，所以可得答案． 【详解】∵{an}是等差数列，并且a1＞0，a23+a24＞0，a23•a24＜0 可知{an}中，a23＞0，a24＜0，∴a1+a46=a23+a24＞0 所以， 故使前n项和Sn＞0成立的最大自然数n是46， 故答案为：A 【点睛】等差数列的性质灵活解题时技巧性强，根据等差数列的概念和公式，可以推导出一些重要而便于使用的变形公式．“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果． 7. 已知函数，若方程有3个不同的实数根，则实数a的取值范围是　　 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】函数的零点与方程的根的关系得：方程有3个不同的实数根等价于的图像与直线的交点个数，由数形结合的数学思想方法作的图像与直线有的图像，再观察交点个数即可得解 【详解】解：方程有3个不同的实数根等价于的图象与直线的交点个数， 由图知：当时，的图象与直线有3个交点， 故选B． 【点睛】本题考查了函数的零点与方程的根的关系，考查了数形结合的数学思想方法，考查了化归与转化的数学思想方法，属中档题.对于含有参数的函数零点问题，首先将参数分离出来，画出没有参数部分的表达式对应的图像以及参数对于的图像，根据两个图像交点个数来求参数的取值范围. 8. 水平桌面上放有3个半径均为2的球，且相邻的球都相切（球心的连线构成正三角形）．在这3个球的上面放1个半径为1的小球，它和下面的3个球恰好都相切，则小球的球心到水平桌面的距离是（ ） A. B. C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知：4个球心的连线组成底面边长为4，侧棱长为3的正三棱锥，求出顶点到底面的距离，即可得出小球的球心到水平桌面的距离． 【详解】设小球球心为，其他3个球的球心分别是， 则它们构成一个底面边长为4、侧棱长为3的正三棱锥， 设的中心为，则， 故点到水平桌面的距离是， 故选：A． 二、多选题： 9. 下列说法正确的有（ ） A. 两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于0 B. ， C. 设随机变量服从正态分布，若，则 D. 甲、乙、丙、丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点各不相同”，事件“甲独自去一个景点”，则 【答案】CD 【解析】 【分析】 根据相关系数的定义，可判定A错误；由期望的计算公式，可判定B错误；根据正态分布的概率的计算，可判定C正确；根据条件概率的计算公式，可判定D正确. 【详解】对于A中，根据相关系数的定义，可得两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1，所以A错误； 对于B中，由，，所以B错误； 对于C中，设随机变量服从正态分布，， 则，所以C正确； 对于D中，甲、乙、丙、丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件“4个人去的景点各不相同”，事件“甲独自去一个景点”， 则，所以D正确. 故选：CD. 【点睛】本题主要考查命题的真假判定，其中解答中涉及到相关系数的定义，期望的计算公式，正态分布的概率的计算，以及条件概率的求解，着重考查推理与计算能力. 10. 已知为圆锥底面圆的直径（为顶点，为圆心），点为圆上异于的动点，，研究发现：平面和直线所成的角为，该圆锥侧面与平面的交线为曲线.当时，曲线为圆；当时，曲线为椭圆；当时，曲线为抛物线；当时，曲线为双曲线.则下列结论正确的为（ ） A. 过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2 B. 的取值范围为 C. 若为线段上的动点，则 D. 若，则曲线必为双曲线的一部分 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，设，表达出截面面积，利用基本不等式求出最大值；B选项，可举出反例得到；C选项，将立体图形展开，得到三点共线时，取得最小值，利用余弦定理求出最小值；D选项，由二倍角公式得到，根据得到，D正确. 【详解】对选项A：如图1，设截面为为中点，连接，设，则，当，即时等号成立，A正确； 对选项B：如图2，中，，则当时，，B错误； 对选项C：如图3，为等腰直角三角形，，将放平得到，当三点共线时最小，为中点，连接，则， ，C正确； 对选项D：由，可解得或者，而， 所以，从而该圆锥侧面与平面的交线必为双曲线的一部分，D正确. 故选：ACD. 【点睛】立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 11. 设是函数的三个零点，则（ ） A. B. C. 若成等差数列，则成等比数列 D. 若成等差数列，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】数形结合，可判断A的真假；根据零点个数，求参数的取值范围，可判断B的真假；根据等差、等比数列的概念可判断C的真假；根据C的结论，进一步计算可判断D的真假. 【详解】当时，，显然不符合题意； 当时，分别画出与的图像，如图所示： 显然有一个小于0的零点，有2个大于0的零点，所以A选项正确； 令，可得，设，则， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递减， 所以的最小值为， 要使得有两个大于0的零点，则，故B选项错误； 由题意，所以， 由于成等差数列，所以，所以， 所以，所以成等比数列，C选项正确； 由，得，所以， 由于，解得， 又 ，则 ，故 ， 则 ，又 故舍去， 因为，所以，故D选项正确. 故选：ACD. 第II卷（非选择题） 三、填空题： 12. 若的展开式中项的系数为20，则的最小值为_________. 【答案】2 【解析】 【分析】由二项式定理与基本不等式求解 【详解】由二项式定理得展开通项为， 令，得，故，， ，当且仅当时等号成立， 故答案为：2 13. 已知椭圆，偶函数，且，则椭圆的离心率的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据奇偶性求m，由可得b的范围，然后可得离心率范围. 【详解】是偶函数， ， ，解得， ， ， 又， ，． 故答案为： 14. 已知数列的通项公式为，保持数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列，记的前项和为，则的值为______． 【答案】130 【解析】 【分析】根据插入数的规则，先分析在中对应的项数，根据所得可验证在中的项数，据此分析中到中项的情况即可分组求和得解. 【详解】因为与之间插入个1， 所以在中对应的项数为 ， 当k＝6时，，当k＝7时，， 所以，，且． 为前6项和， 因此 . 故答案为：130 四、解答题： 15. 的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）若，，求的面积； （2）若角为钝角，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正、余弦定理以及三角恒等变换可得，利用余弦定理可得，即可得； （2） 利用正弦定理以及三角恒等变换可得,即可得解； 【小问1详解】 因为， 所以由余弦定理得， 所以由正弦定理得， 又因为， 所以，因为，所以， 因为，所以， 因为，， 所以由余弦定理得， 所以，所以， 所以的面积. 【小问2详解】 因为角为钝角，所以，所以， 因为，所以， 代入得, 因为，所以，即， 所以的取值范围为. 16. 在公差不为0的等差数列中，，且是与的等比中项. （1）求的通项公式； （2）若，，求数列的前项和. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据等差数列通项公式把、、都用与表示，结合已知解出，即可得出的通项公式； （2）先表示出，再表示出，用错位相减法即可求解. 【小问1详解】 设的公差为，因为是与的等比中项， 所以，即， 整理得. 又，，所以， 则. 【小问2详解】 由（1）可得，， 则①， ②， ①-②得 则. 17. 已知函数. （1）讨论的单调区间和极值. （2）若，不等式的解集为，求的取值范围. 【答案】（1） 当时，在上单调递增，无极值； 当时，在上单调递减，在上单调递增， 极小值为，无极大值. （2） 【解析】 【分析】（1）先求，根据导数的正负确定函数单调性，进而可得单调区间和极值. （2）将不等式恒成立问题转化为结合函数单调性，即可求解. 【小问1详解】 函数的定义域为， ， （ⅰ）当时，，所以在上单调递增，无极值. （ⅱ）当时，令，得， 令，得. 在上单调递减，在上单调递增， 在处取得极小值， ， 综上，当时，在上单调递增，无极值； 当时，在上单调递减，在上单调递增， 极小值为，无极大值. 【小问2详解】 的定义域为， 在恒成立， ，由（1）知在单调递减，在单调递增， ，所以即. ①当时，不等式不成立，不符合题意； ②当时，设，则，所以在单调递减， 又， 等价于， ； 综上，的取值范围是. 18. 在创建“全国文明城市”过程中，我市“创城办”为了调查市民对创城工作的了解情况，进行了一次创城知识问卷调查（一位市民只能参加一次）通过随机抽样，得到参加问卷调查的100人的得分统计结果如表所示： 组别 [30，40) [40，50) [50，60) [60，70) [70，80) [80，90) [90，100] 频数 2 13 21 25 24 11 4 （1）由频数分布表可以大致认为，此次问卷调查的得分，近似为这100人得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的左端点值作代表）， ①求的值； ②利用该正态分布，求； （2）在（1）的条件下，“创城办”为此次参加问卷调查的市民制定如下奖励方案： ①得分不低于的可以获赠2次随机话费，得分低于的可以获赠1次随机话费； ②每次获赠的随机话费和对应的概率为： 赠送话费的金额（单位：元） 20 50 概率 现有市民甲参加此次问卷调查，记（单位：元）为该市民参加问卷调查获赠的话费，求的分布列与数学期望． 参考数据与公式：．若，则，，. 【答案】（1），； （2）的分布列为：    20  40  50  70  100             【解析】 【分析】（1）直接根据公式计算得到，再根据正态分布的对称性及计算得到答案. （2）获赠话费的可能取值为20，40，50，70，100，计算概率得到分布列，再计算数学期望得到答案. 【详解】（1）由题意得：， ∴ ，∵， ， （2）由题意知，. 获赠话费的可能取值为20，40，50，70，100， ，，， ，，. ∴的分布列为：    20  40  50  70  100             ∴. 【点睛】方法点睛：本题考查了正态分布求概率，分布列和数学期望，求离散型随机变量的分布列，首先要根据具体情况确定的取值情况，然后利用排列，组合，概率知识求出取各个值时对应的概率，对应服从某种特殊分布的随机变量，其分布列可以直接应用公式给出，考查学生逻辑推理能力与计算能力，属于中档题. 19. 在空间直角坐标系中，三棱锥的顶点，顶点在平面内，侧面绕转动且与底面形成的二面角为，在转动过程中满足：①；②；③． （1）点和点纵坐标是否相等？证明你的结论； （2）当侧面所在平面为平面时， （i）求动点在平面内的轨迹方程和点在平面内的轨迹方程； （ii）求三棱锥的体积的最大值； （3）当，且时，求三棱锥外接球的表面积． 【答案】（1） 设，顶点， 则． 因为，则，即，因此点和点的纵坐标相等. （2）（i）（或）； .（或）；（ii） （3） 【解析】 【分析】（1）设出点的坐标，由，得证明； （2）（i）根据动点满足，可知点的轨迹为双曲线，从而写出其方程；根据动点满足，可知点的轨迹为椭圆，从而写出其方程； （ii）设出点，点的纵坐标，表示出棱锥的高和底面三角形的高，从而表示出棱锥的体积，讨论其最值即可. （3）先判断为等边三角形，且平面平面，求出球心到平面的距离，解直角三角形求出外接球的半径. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）点，点在平面内，且不在直线上． 因为， 所以点在以为焦点，实轴长为的双曲线上（不含实轴端点）， 故其在平面内方程为或. 点，点在平面内，且不在直线上． 因为， 所以点在以为焦点，长轴长为的椭圆上（不含长轴端点）， 故其在平面内方程为． 综上可得，动点在平面内的轨迹方程为（或）， 点在平面内的轨迹方程为.（或）； （ii）平面所在平面为平面时，点在以为焦点的等轴双曲线上； 当侧面所在平面为平面时，点在以为焦点的椭圆上； 注意到，只能是（设为，则）， 此时三棱锥的高，点到的距离， 则， 整理可得，当时取得最大值. 【小问3详解】 因为，，，所以平面， 所以，所以. 又平面,所以平面平面. 在中，，可得, 同理在中，，可得， 所以是等边三角形， 所以外接圆的圆心为的中心，故半径. 设三棱锥外接球的球心为，取的中点，则为的外心， 所以平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，等于长的一半，所以， 故外接球的半径满足， 则外接球的表面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $