精品解析：山东菏泽市单县第一中学2026届高三第二学期一模综合测试数学试题

2025—2026高三第二学期一模综合测试数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若集合，，则=（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解一元二次不等式求出集合中的元素，再结合元素互异性由并集运算可得结果. 【详解】易知，因为，所以 由集合中元素的互异性可得. 故选：C. 2. 已知复数，设在复平面内对应的向量分别为，则（ ） A. B. 3 C. 5 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的几何意义求得，根据平面向量数量积坐标运算计算即可. 【详解】复数，则， 所以， 故. 故选：B 3. 已知双曲线的左、右顶点分别为，点是上异于的一点，若直线，的斜率之积为的离心率的倍，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题知，设，根据斜率关系得，再结合题意得，解得即可得答案. 【详解】由题知，设， 点是上异于的一点，故，即 因为， 所以， 因为直线，的斜率之积为的离心率的倍，离心率， 所以， 令，则， 即，解得或（舍），故，即， 所以的渐近线方程为. 故选：B 4. 某智慧交通管理平台为优化城市主干道通行效率，实时监测并记录各路口信号灯的运行模式.每个时段（例如早､晚高峰或特定监控周期）的运行模式对应一个代码（如下表）： 运行模式 代码 绿波协调 0 红灯截流控制 1 区域协调 -1 现按时间顺序记录某路口5个时段的运行模式，如编码表示5个时段中第1，3时段是“绿波协调”运行模式，则该路口某天这5个时段的运行模式中出现绿波协调不少于3个的所有可能种数为（ ） A. 40 B. 51 C. 131 D. 210 【答案】B 【解析】 【分析】利用组合知识和计数原理计算. 【详解】出现绿波协调个的可能种数有：； 出现绿波协调个的可能种数有：； 出现绿波协调个的可能种数有：； 则出现绿波协调不少于3个的所有可能种数为. 故选：B 5. 已知空间中三条直线与平面分别交于不同的三点，则“三点共线”是“直线共面”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】举反例可说明充分性不成立，利用两平面有公共点，则公共点在两平面的交线上可说明必要性成立. 【详解】如图所示，空间中三条直线与平面分别交于不同的三点， 且三点共线，但直线不共面， 所以“三点共线”是“直线共面”的不充分条件； 若直线共面，设其为，则均在平面内，也在平面内， 则在平面与的交线上，所以三点共线， 所以“三点共线”是“直线共面”的必要条件； 所以“三点共线”是“直线共面”的必要不充分条件. 故选：B. 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. 如图，在一个底面边长为4，侧棱长为的正四棱锥中，大球内切于该四棱锥，小球与大球及四棱锥的四个侧面相切，则小球的体积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出正四棱锥的高，利用相切可求球的半径，结合体积公式可得答案. 【详解】正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为，所以斜高为，高为， 设底面中心为, 的中点为，如图，截面中，设为球与平面的切点，则在上，且. 设球的半径为,则, 因为，所以，所以, 所以，即. 设球与球相切于点，则，设球的半径为， 同理可得，所以，故小球的体积为. 故选：A 8. 若过可作曲线的三条切线，切点的横坐标分别为，，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出切点坐标，根据导数几何意义求出切线方程，由题意有三个不同的解，设，利用导数研究函数的单调性与极值并确定极值的取值范围，即可求解. 【详解】设切点坐标为，曲线的切线方程为， 代入，得 ，该方程有三个不同的解，，． 令，， 令，则或， 当和时，，当时，，知的增区间为，，减区间为， 所以函数在和处分别取得极大值和极小值，要想函数有三个不同零点， 则满足题意． 此时， 对比可得， 故选:． 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量，且，则 B. 在回归分析中，残差图中残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示拟合效果越好 C. 对a，b两个变量进行相关性检验，得到相关系数为－0.8728，对m，n两个变量进行相关性检验，得到相关系数为0.8278，则a与b负相关，m与n正相关，其中m与n的相关性更强 D. 一组数1，2，2，2，3，3，3，4，5，6的第80百分位数为4.5 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正态分布的性质、残差的意义、相关系数的内涵以及百分位数的计算公式逐项计算判断即可. 【详解】由题意得，， ， 则 ，故选项A正确； ∵在残差的散点图中，残差图中残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且残差分布的水平带状区域的宽度越窄，表明数据越集中，模型的拟合效果越好，故选项B正确； ∵，且， ∴a与b负相关，m与n正相关，且a与b的相关性更强，故选项C错误. ，所以一组数1，2，2，2，3，3，3，4，5，6的第80百分位数为第8个数字和第9个数字的平均值，即，D正确； 故选：ABD. 10. 如图，已知正方体的棱长为2，点是侧面上的一个动点（含边界），且分别是棱的中点，则（ ） A. 平面截该正方体所得的截面图形是正五边形 B. 平面平面 C. 若，则的最小值为 D. 若，则点的轨迹长度为 【答案】BD 【解析】 【分析】作出过点的截面，判断截面形状，可判断A的真假；根据线面垂直判定面面垂直，可判断B的真假；确定点位置，根据，的取值范围，判断C的真假；确定点轨迹，求轨迹长度，判断D的真假. 【详解】对A：作出过的截面如下图： 延长和的延长线交于点，延长和交于点， 因为为中点，所以为中点，同理为中点. 则，即为的中位线， 连接，则过点，连接，则四边形为过点的截面， 所以平面截该正方体所得的截面是四边形，故A错误； 对B：连接，，如下图： 因为为正方体，分别为，中点，所以. 又，，平面，所以平面. 所以平面，又平面，所以平面平面.故B正确； 对C：当时，（），所以点在线段上， 所以，时取等号；，时取等号. 所以恒成立，而， 所以的最小值为不可能为，故C错误； 对D：因为，所以， 所以点轨迹是以为圆心，1为半径的圆周的. 所以点轨迹长度为：，故D正确. 故选：BD 11. 如图，曲线下有一系列正三角形，设第个正三角形（为坐标原点）的边长为，数列的前项的和为，则（ ） A. B. 数列是等差数列 C. 数列的前项的和为 D. 若，且，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据题意由正三角形求得点和，代入曲线，即可求解； 对于B，由图可得为，将点坐标代入曲线，整理得，由项与和的关系化简得到即可判断； 对于C，利用裂项相消即可求解； 对于D，利用基本不等式求解即可. 【详解】对于A，由题意可知为等边三角形，如图，，则，所以，解得:， 同理，可得，解得(负值舍去)，故A正确; 对于B，由为的前项和，由图形可得为，即，， 由在曲线上，可得，即得， 当时，由，可得， 两式相减可得， 化为，由，可得，而， 所以数列是首项和公差均为的等差数列，所以，故B正确; 对于C，由于，则， 则， 所以,故C不正确； 对于D，因为​ ， 由，根据均值不等式： ， 所以 ​，故D正确； 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设某死亡生物经过t年后，其机体内碳14所剩的质量（为碳14的初始质量）.当该死亡生物经过11460年，其机体内碳14所剩质量与原有质量的比值为_______；当其机体内碳14所剩质量与原有质量的比值为，则t=_______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据给定的碳14质量随时间变化的公式，分别代入不同的时间或质量比值来求解相应的结果. 【详解】已知公式，当时，将其代入公式可得： ，所以. 已知，即，两边同时除以可得. 因为，所以. 根据指数的性质，可得，解得. 故答案为：；. 13. 若函数的最大值为2，一个零点为，则________； 【答案】 【解析】 【分析】通过条件，解出的值，再代入可得答案. 【详解】由题意得： ， ，解得：， 所以 ， 则. 故答案为：  14. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，若是曲线C上任意一点，的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据曲线方程分析曲线的性质及形状，问题化为各圆弧上点到直线的距离，再应用圆上点到直线的距离求法确定最值. 【详解】曲线， 当，时，曲线C的方程可化为， 当，时，曲线C的方程可化为， 当，时，曲线C的方程可化为， 当，时，曲线C的方程可化为， 作出曲线如图： 到直线的距离， 则即为，要求得的最小值，结合曲线的对称性， 只需考虑，时的情况； 当，时，曲线C的方程为， 曲线为圆心为，半径为的圆的一部分， 而到直线的距离为， 由圆的性质得曲线C上一点到直线的距离最小为， 故的最小值为. 故答案为：. 四、解答题 15. 在钝角三角形中，内角所对的边分别为，，. （1）若，求的值； （2）若的面积，求的值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据向量垂直及正弦定理可得所求值； （2）先由三角形的面积可得C角的两个值，再分别用余弦定理可得所求值. 【小问1详解】 ， ，即， 钝角三角形中，所以， ，由正弦定理知，， ， 故的值为. 【小问2详解】 由（1）可知， ， ， 或， 当时，，则； 当时，， 此时，，所以，则，不合题意． 综上，的值为． 16. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）若存在，对任意恒成立，求实数的最大值. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）借助导数计算即可得； （2）令，，借助导数计算可得该函数单调递减，则，结合的范围即可得解. 【小问1详解】 由题意可知，， 令，得 令，得，令，得， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为； 【小问2详解】 令，可得， 令，，因为，所以， 所以在单调递减， 要使得对任意的恒成立， 所以，即， 因为存在实数，使得成立， 所以，即， 所以的最大值为. 17. 如图，在三棱柱中，四边形是正方形，，，，点为的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1)通过作三角形中位线的辅助线,证明线线平行,证明线面平行. (2)通过空间向量方法求面面夹角,建立空间直角坐标,求出各点坐标,利用法向量求解. 【小问1详解】 设，连接， 易知四边形是平行四边形，故为的中点，又为的中点， 因此. 又平面且平面， 故平面. 【小问2详解】 因为，故四边形是菱形，又， 所以为等边三角形，故， 又，， 故，故. 又因为且， 故平面. 取为的中点，连接，则， 因此，，两两垂直， 以点为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立如图空间直角坐标系. ，，，，， ，， 设平面的一个法向量为， 由,即, 令，，，此时； ，， 设平面的一个法向量为，由,即, 令，，，此时. 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 某人工智能实验室测试一款新型深度强化学习智能体，每次测试中，智能体会随机接受类或类任务，每次测试相互独立.已知每类任务出现的概率均为，且智能体成功完成类任务的概率为类任务的概率为.记成功完成类任务得1分，类任务得2分，不成功均得0分. （1）求智能体经过1次测试后得2分的概率； （2）记智能体经过次测试后的总得分为. （i）若，求在的条件下，第1次测试得1分的概率； （ii）求. 附：若为随机变量，则. 【答案】（1） （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）利用概率乘法公式计算即可得； （2）（i）计算出“智能体2次测试总得分至少为3分”的概率与“第一次测试得1分，且智能体2次测试总得分至少为3分”的概率后，利用条件概率公式计算即可得；（ii）设第次的得分为，则可得的可能取值及其对应概率，即可得，再利用计算即可得解. 【小问1详解】 记“智能体经过1次测试后得2分”为事件，由题意得； 【小问2详解】 （i）记“智能体2次测试总得分至少为3分”为事件，“第一次测试得1分”为事件， 智能体接受并成功完成类任务的概率为， 所以智能体2次测试总得分为3分的概率为， 2次测试总得分为4分的概率为， 所以， 所以； （ii）设第次的得分为，则的可能取值为， ， ，， 所以， 所以. 19. 已知椭圆的离心率为，点在上． （1）求的方程； （2）过点的直线交于，两点． （i）求证：以为直径的圆过定点； （ii）当直线的斜率存在时，记的外接圆和内切圆的半径分别为，且，求直线的斜率． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）0或． 【解析】 【分析】（1）由题意列出关于的方程组即可计算求解； （2）（i）先由对称性得到定点必在轴上，设为点，分斜率存在和不存在两种情况分析，斜率存在时联立直线方程与椭圆方程求出韦达定理，利用韦达定理和即可分析求解定点，斜率不存在时求出过所求定点即可； （ii）由（i）得到、，结合题设分析计算得到，取线段中点为，进而得到即可进一步分析求解. 【小问1详解】 由题意得，解得，所以的方程为． 【小问2详解】 （i）因为椭圆关于y轴对称，过点E的任意一条直线均有一条直线与之关于y轴对称， 所以以为直径的任意一个圆都存在另一个圆与之关于y轴对称， 所以为直径的圆过定点，则由对称性可知该定点必在轴上，设为点， 若直线的斜率存在，设其方程为，点， 联立，消去化简可得， 所以， 由得， ， 即，即， 所以，故以为直径的圆过 若直线斜率不存在，以为直径的圆显然过， 综上，以为直径的圆过定点； （ii）由（i）知，，所以，， 因为，所以， 即，也即， 所以，取线段中点为，则， 因为，所以点的坐标为， 当时，，符合题意， 当时，，则，解得． 综上，或，即直线的斜率为0或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026高三第二学期一模综合测试数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若集合，，则=（    ） A. B. C. D. 2. 已知复数，设在复平面内对应的向量分别为，则（ ） A. B. 3 C. 5 D. 3. 已知双曲线的左、右顶点分别为，点是上异于的一点，若直线，的斜率之积为的离心率的倍，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 某智慧交通管理平台为优化城市主干道通行效率，实时监测并记录各路口信号灯的运行模式.每个时段（例如早､晚高峰或特定监控周期）的运行模式对应一个代码（如下表）： 运行模式 代码 绿波协调 0 红灯截流控制 1 区域协调 -1 现按时间顺序记录某路口5个时段的运行模式，如编码表示5个时段中第1，3时段是“绿波协调”运行模式，则该路口某天这5个时段的运行模式中出现绿波协调不少于3个的所有可能种数为（ ） A. 40 B. 51 C. 131 D. 210 5. 已知空间中三条直线与平面分别交于不同的三点，则“三点共线”是“直线共面”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 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. 如图，在一个底面边长为4，侧棱长为的正四棱锥中，大球内切于该四棱锥，小球与大球及四棱锥的四个侧面相切，则小球的体积为（ ）． A. B. C. D. 8. 若过可作曲线的三条切线，切点的横坐标分别为，，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 下列结论正确的是（ ） A. 若随机变量，且，则 B. 在回归分析中，残差图中残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，且宽度越窄表示拟合效果越好 C. 对a，b两个变量进行相关性检验，得到相关系数为－0.8728，对m，n两个变量进行相关性检验，得到相关系数为0.8278，则a与b负相关，m与n正相关，其中m与n的相关性更强 D. 一组数1，2，2，2，3，3，3，4，5，6的第80百分位数为4.5 10. 如图，已知正方体的棱长为2，点是侧面上的一个动点（含边界），且分别是棱的中点，则（ ） A. 平面截该正方体所得的截面图形是正五边形 B. 平面平面 C. 若，则的最小值为 D. 若，则点的轨迹长度为 11. 如图，曲线下有一系列正三角形，设第个正三角形（为坐标原点）的边长为，数列的前项的和为，则（ ） A. B. 数列是等差数列 C. 数列的前项的和为 D. 若，且，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设某死亡生物经过t年后，其机体内碳14所剩的质量（为碳14的初始质量）.当该死亡生物经过11460年，其机体内碳14所剩质量与原有质量的比值为_______；当其机体内碳14所剩质量与原有质量的比值为，则t=_______. 13. 若函数的最大值为2，一个零点为，则________； 14. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念、公式符号、推理论证、思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.在平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，若是曲线C上任意一点，的最小值为______. 四、解答题 15. 在钝角三角形中，内角所对的边分别为，，. （1）若，求的值； （2）若的面积，求的值． 16. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）若存在，对任意恒成立，求实数的最大值. 17. 如图，在三棱柱中，四边形是正方形，，，，点为的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 某人工智能实验室测试一款新型深度强化学习智能体，每次测试中，智能体会随机接受类或类任务，每次测试相互独立.已知每类任务出现的概率均为，且智能体成功完成类任务的概率为类任务的概率为.记成功完成类任务得1分，类任务得2分，不成功均得0分. （1）求智能体经过1次测试后得2分的概率； （2）记智能体经过次测试后的总得分为. （i）若，求在的条件下，第1次测试得1分的概率； （ii）求. 附：若为随机变量，则. 19. 已知椭圆的离心率为，点在上． （1）求的方程； （2）过点的直线交于，两点． （i）求证：以为直径的圆过定点； （ii）当直线的斜率存在时，记的外接圆和内切圆的半径分别为，且，求直线的斜率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $