精品解析：吉林白山市2026届高三下学期二模数学试题

数学学科试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将条形码粘贴在答照卡相应位置，并且把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．答非选择题时，将答案写在答题卡相应位置上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，只上交答题卡，试卷不回收． 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. 设集合，若，则（ ） A. -3 B. C. 1 D. 3 2. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. (－∞，2) B. (2，＋∞) C. (－∞，－2) D. (－2，＋∞) 3. 甲、乙等6人参加某次会议，会议安排其前后两排入座，每排3人（如图所示），其中甲坐后排，乙与甲前后、左右均不相邻，则不同的坐法种数共有（ ） A. 144种 B. 168种 C. 192种 D. 216种 4. 已知双曲线，过左焦点F作斜率为的直线与双曲线的一条渐近线相交于点A，且A在第一象限，若（O为坐标原点），则双曲线C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 若复数（其中为虚数单位），则 的共轭复数的虚部是（ ） A. 1 B. C. D. 6. 已知，，直线与曲线相切，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知抛物线的焦点为 ，动点 在 上，点 与点关于直线对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 函数，若恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知数列是公差不为0的等差数列，前 项和为，满足，下列选项正确的有（ ） A. B. C. 最小 D. 10. 已知复数 满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 11. 设函数，则（ ） A. B. C. 曲线存在对称轴 D. 曲线存在对称中心 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在答题卡相应的位置上． 12. 展开式的第4项的二项式系数是___________．（用数字作答） 13. 已知平面向量在方向上的投影向量模长为，则___________． 14. 已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为______. 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. 某地举办业余乒乓球联赛，比赛分“有缝球型”和“无缝球型”两个赛区，从该地区抽取部分选手进行调研，相关数据如下表： 喜欢用有缝球 喜欢用无缝球 直拍打法选手 18 30 横拍打法选手 20 12 （1）能否有95%以上的把握认为不同打法的选手对于有缝球和无缝球的喜好有影响？ （2）若从参加调研的“横拍打法”选手中用分层抽样的方法抽取8名选手，按照各自喜爱的球型参加相应赛区的比赛．现从8名选手中选3人，用AI监测他们的比赛数据． ①求两个赛区都有人被选中的概率； ②用表示被选3人中“喜欢用无缝球”的人数，求的分布列和期望． 附：， 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 16. 如图，在平面四边形 中，， 在边上，，，的面积为，记． （1）若，求线段 的长度； （2）当 为何值时，线段 的长度最小？求出该最小值． 17. 在四棱锥中，底面 是矩形且，侧面是正三角形且垂直于底面 ， 是的中点， 为 的中点，求： （1）异面直线 与 所成角的余弦值； （2）点 到平面的距离； （3）二面角的余弦值． 18. 马尔可夫链是因俄国数学家安德烈·马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第 次的状态有关，与第次状态是“没有任何关系的”.现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球.从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行次操作后，记甲盒子中黑球个数为，甲盒中恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为. （1）求的分布列； （2）求数列的通项公式； （3）求的期望. 19. 已知椭圆 ：的焦距为2，且过点. （1）求C的标准方程； （2）过点作两条斜率存在且不为零的直线，分别交 于 和，满足. （i）证明：，的斜率之和为定值； （ii）求四边形面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学学科试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将条形码粘贴在答照卡相应位置，并且把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．答非选择题时，将答案写在答题卡相应位置上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，只上交答题卡，试卷不回收． 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. 设集合，若，则（ ） A. -3 B. C. 1 D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】则，因为 ，所以 ， 所以，解得：或. 当时，，，，不符合条件. 当时，，，，符合条件. 综上，. 2. 已知函数，若，则实数 的取值范围是（ ） A. (－∞，2) B. (2，＋∞) C. (－∞，－2) D. (－2，＋∞) 【答案】A 【解析】 【分析】先判断函数单调性，然后利用其单调性解不等式. 【详解】解：当时，，其对称轴为且函数图像开口向上，所以在上为增函数，且 当时，，其对称轴为 且函数图像开口向下，所以在上为增函数，且， 所以 在 上为增函数， 因为， 所以，解得， 故选：A 【点睛】此题考查了分段函数的单调性，由函数的单调性解不等式，属于基础题. 3. 甲、乙等6人参加某次会议，会议安排其前后两排入座，每排3人（如图所示），其中甲坐后排，乙与甲前后、左右均不相邻，则不同的坐法种数共有（ ） A. 144种 B. 168种 C. 192种 D. 216种 【答案】C 【解析】 【分析】讨论甲坐的位置，然后根据分类加法计数原理求解即可. 【详解】如图所示，甲坐位置①，乙有3种选择，其他人不同坐法有种，共有种不同坐法； 甲坐位置②，乙有2种选择，其他人不同坐法有种，共有种不同坐法； 甲坐位置③，乙有3种选择，其他人不同坐法有种，共有种不同坐法， 所以不同坐法种数共有种． 故选：C 4. 已知双曲线，过左焦点F作斜率为的直线与双曲线的一条渐近线相交于点A，且A在第一象限，若（O为坐标原点），则双曲线C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出直线 的方程，以及与渐近线方程联立，进而通过，转化求解双曲线 的渐近线方程. 【详解】解法一 由题意可得直线的方程为，双曲线C过第一、三象限的渐近线的方程为．由得，所以．因为，所以，整理可得，即，所以双曲线C的渐近线方程为， 解法二 设双曲线C的右焦点为，连接，因为，所以，所以为直角三角形，，因为直线的斜率为，所以，又，所以，令，则，由勾股定理得，所以，即，所以，所以，，则双曲线C的渐近线方程为. 解法三 设双曲线的右焦点为，连接，因为，所以，所以为直角三角形，，即点A在以为直径的圆上，所以．因为直线的斜率为，所以，所以，则双曲线C的渐近线方程为， 故选：B． 【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，渐近线方程的求法，属于基础题. 5. 若复数（其中为虚数单位），则 的共轭复数的虚部是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定满足关系，，，，再证明，由此求结论. 【详解】因为，所以， 所以，，，， 所以， 所以复数，， 所以 即， 所以 的共轭复数为，其虚部为 . 6. 已知，，直线与曲线相切，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设切点为，求导，根据导数的几何意义结合相切，得到，解得，再代入得，再利用基本不等式“1”的妙用求最值即可． 【详解】由求导得， 设切点为，则切点， 由切点在切线上得，． ， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为 ． 故选：D． 7. 已知抛物线的焦点为 ，动点 在 上，点 与点关于直线对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对称性可得，即点 为 的准线与 轴的交点，作垂直于 的准线于点，结合抛物线的定义可知()，结合图象可得当直线与 相切时，最小，求出切线的斜率即可得答案. 【详解】依题意，，，设，则，解得， 即，点 为 的准线与 轴的交点， 由抛物线的对称性，不妨设点M位于第一象限，作垂直于 的准线于点， 设，由抛物线的定义得，于是， 当直线与 相切时， 最大，最小，取得最小值，此时直线的斜率为正， 设切线的方程为，由消去x得， 则，得，直线的斜率为 ，倾斜角为， 于是，，所以的最小值为. 故选：A 8. 函数，若恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简结合对数函数单调性得出，再构造，根据导函数得出函数单调性即可求解. 【详解】由题设在上恒成立， 知 ，此时在上都单调递增， 所以只需在上的零点相同， 即，所以， 令，则， 当时， ，即在上单调递增， 当时， ，即在上单调递减， 所以，即的取值范围是. 故选：D 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知数列是公差不为0的等差数列，前 项和为，满足，下列选项正确的有（ ） A. B. C. 最小 D. 【答案】AB 【解析】 【分析】由题意可得，根据等差数列的性质和等差数列前n项和公式计算，逐一判断选项即可. 【详解】因为 是等差数列，设公差为， 由，得，即，故A正确； 又，故B正确； 当， 是单调递增数列，， 所以当时，当时，所以或最小； 当， 是单调递减数列，， 所以当时，当时，所以或最大，故C错误； 又，因为,所以，故D错误. 故选：AB. 10. 已知复数 满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】设，得到其在复平面的点坐标，设，证明，从而得到点的轨迹为椭圆，然后得到椭圆方程.结合椭圆中线段分别计算各个选择中的结果即可. 【详解】设，则复数 在复平面内对应点，设， 则，同理， ∴，即点的轨迹为椭圆，且椭圆长半轴，焦半径， ∴短半轴，∴点的轨迹方程为：， A选项：，A选项正确； B选项：，B选项正确； C选项：若，即，令 ，则，∴，C选项正确； D选项：，若，则或，当时，，此时；当时，，此时，D选项错误. 故选：ABC. 11. 设函数，则（ ） A. B. C. 曲线存在对称轴 D. 曲线存在对称中心 【答案】ABC 【解析】 【分析】通过可发现函数具有对称轴及最大值， 再利用函数对称中心的特点去分析是否具有对称中心，再将化为 ，通过数形结合判断是否成立. 【详解】函数解析式可化为：， 因为函数的图象关于直线对称，且函数的图象也关于直线对称，故曲线也关于直线对称，选项C正确； 当时，函数取得最大值 ，此时取得最小值， 故，选项A正确； 若，则， 令，则恒成立， 则在 上递增，又， 所以当时，；当时，； 作出和的图象如图所示： 由图象可知成立，即，选项B正确； 对于D选项，若存在一点使得关于点对称，则， 通过分析发现不可能为常数，故选项D错误. 故选：ABC. 【点睛】本题考查函数的综合应用，涉及函数的单调性与最值、对称轴于对称中心、函数与不等式等知识点，难度较大. 对于复杂函数问题一定要化繁为简，利用熟悉的函数模型去分析，再综合考虑，注意数形结合、合理变形转化. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在答题卡相应的位置上． 12. 展开式的第4项的二项式系数是___________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【详解】展开式的第4项的二项式系数是. 13. 已知平面向量在方向上的投影向量模长为，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】先求，，再结合定义求向量在方向上投影向量的模长，列方程可求结论. 【详解】因为，，所以 ， 所以  所以向量在方向上投影向量的模长为，又， 所以 ， 因此. 14. 已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据平面平面可得点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，根据点与圆的位置关系可求得AP的最小值. 【详解】由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，记为点 ，内切球半径. ∵，平面，平面， ∴平面，同理可得平面， ∵平面，，∴平面平面， ∵平面，∴平面，故点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为. 如图，以 为原点建立空间直角坐标系，则，，，， ∴，，. 设平面的法向量为，则， 令，则，故， ∴点 到平面的距离为， ∴圆的半径为， 由得，， ∴， ∴的最小值为. 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. 某地举办业余乒乓球联赛，比赛分“有缝球型”和“无缝球型”两个赛区，从该地区抽取部分选手进行调研，相关数据如下表： 喜欢用有缝球 喜欢用无缝球 直拍打法选手 18 30 横拍打法选手 20 12 （1）能否有95%以上的把握认为不同打法的选手对于有缝球和无缝球的喜好有影响？ （2）若从参加调研的“横拍打法”选手中用分层抽样的方法抽取8名选手，按照各自喜爱的球型参加相应赛区的比赛．现从8名选手中选3人，用AI监测他们的比赛数据． ①求两个赛区都有人被选中的概率； ②用表示被选3人中“喜欢用无缝球”的人数，求的分布列和期望． 附：， 0.100 0.050 0.010 2.706 3.841 6.635 【答案】（1）有95%以上的把握 （2）① ② 0 1 2 3 期望为 【解析】 【分析】（1）根据表中数据及公式计算判断； （2）①根据抽样比从各层中抽取相应人数，再利用古典概型概率计算公式求解； ②利用超几何分布计算即可求得分布列与期望. 【小问1详解】 假设不同打法的选手对于有缝球和无缝球的喜好没有影响． 所以有95%以上的把握认为不同打法选手对于有缝球和无缝球的喜好有影响． 【小问2详解】 ①根据分层抽样可知，各层的抽样比为，所以从喜欢用有缝球的选手中选取人，从喜欢用无缝球的选手中选取人， 记“两个赛区都有人被选中”为事件 ， 则． 所以两个赛区都有人被选中的概率为． ② 的分布列与期望 表示被选3人中“喜欢用无缝球”的人数，服从超几何分布，可能取值为 ： . 分布列： 0 1 2 3 . 16. 如图，在平面四边形 中，， 在边上，，，的面积为，记． （1）若，求线段 的长度； （2）当 为何值时，线段 的长度最小？求出该最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据面积求出，再在中利用余弦定理可得； （2）设，根据面积求出，再在中利用正弦定理可得 ，结合辅助角公式、二倍角公式化简 ，最后利用三角函数求最值即可. 【小问1详解】 因为的面积为，，， 所以，则， 在中利用余弦定理得， 所以线段 的长度为. 【小问2详解】 设， 因为的面积为，，所以，则， 因为，所以， 因为，所以 在中利用正弦定理可得，， 则 ， 因为，所以，则， 则，则， 等号成立时，则，即， 故当时线段 的长度最小，最小为. 17. 在四棱锥中，底面 是矩形且，侧面是正三角形且垂直于底面 ， 是的中点， 为 的中点，求： （1）异面直线 与 所成角的余弦值； （2）点 到平面的距离； （3）二面角的余弦值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先建立空间直角坐标系，然后列出的坐标，进而根据向量夹角的余弦公式计算即可. （2）先根据坐标求出平面的法向量坐标，然后根据向量的数量积求出点 到平面的距离. （3）求出平面的法向量坐标，然后根据向量夹角的余弦公式计算即可. 【小问1详解】 以 为原点，如图建立空间直角坐标系，因为， 则. 所以. 所以异面直线 与 所成角的余弦值为. 【小问2详解】 因为，设平面的法向量为. 则，两式相减得. 令，则，所以. 因为，所以点 到平面的距离为 . 【小问3详解】 因为平面，所以是平面的一个法向量， 由于平面的法向量为. 所以二面角的余弦值为. 18. 马尔可夫链是因俄国数学家安德烈·马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第 次的状态有关，与第次状态是“没有任何关系的”.现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球.从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行次操作后，记甲盒子中黑球个数为，甲盒中恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为. （1）求的分布列； （2）求数列的通项公式； （3）求的期望. 【答案】（1）分布列： 0 1 2 （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）由题意分析的可能取值为0，1，2.分别求出概率，写出分布列；（2）由全概率公式得到，判断出数列为以为首项，以为公比的等比数列即可求解；（3）利用全概率公式求出求出，进而求出. 【小问1详解】 （1）由题可知，的可能取值为0，1，2.由相互独立事件概率乘法公式可知： ;;， 故的分布列如下表： 0 1 2 【小问2详解】由全概率公式可知： ， 即：， 所以， 所以， 又， 所以，数列为以为首项，以为公比的等比数列， 所以， 即：. 【小问3详解】 由全概率公式可得： , 即：, 又, 所以, 所以, 又, 所以, 所以, 所以, 所以. 19. 已知椭圆 ：的焦距为2，且过点. （1）求C的标准方程； （2）过点作两条斜率存在且不为零的直线，分别交 于 和，满足. （i）证明：，的斜率之和为定值； （ii）求四边形面积的最大值. 【答案】（1） （2） （i） 设P，Q的坐标分别为，，设的方程为， 联立，整理得， 所以， ，， ， 设的方程为，同理有， 所以，即， 由于，所以，即， 所以，的斜率之和为定值0. （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由椭圆定义列出等式求得 ，再结合关系即可求解； （2）（i）设P，Q的坐标分别为，，的方程为，联立椭圆方程，由韦达定理结合，求得，同理有，结合即可求证；（ii）由弦长公式结合，得到，令，结合基本不等式求得，再构造函数求导确定单调性即可求解；或，令设，构造函数，结合其单调性即可求解. 【小问1详解】 由焦距，即，可知两焦点坐标分别为，， 则， 即，， 所以 的标准方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ⅱ）不妨设的斜率，其倾斜角为， 则四边形的面积为， ， 同理得， 由，得， 又， 所以. 设，由基本不等式得， 当且仅当等号成立， 设，，， 所以在区间上单调递减， 当时，取得最大值， 所以四边形的面积最大值为. 或 设，由基本不等式得，当且仅当等号成立， 设， 可知在区间上单调递增，当时，取得最大值， 所以四边形的面积最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $