精品解析：甘肃省陇南市武都区两水中学等学校2026届高三二诊模拟模拟预测数学试题

陇南市武都区2025-2026学年武都实验中学、武都两水中学、武都育才学校、武都扬名中学高三二诊模拟考试 （数学）试卷 注意事项： 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合. 1. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 已知是椭圆左，右焦点，点是椭圆上一点，且，，则椭圆的离心率（ ） A. B. C. D. 4. 已知中，分别为角的对边，已知，则的周长为（ ） A. B. C. D. 5. 设函数，则满足的x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 若，则=（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ） A. 1 B. 3 C. D. 8. 在正三棱台中，下列结论正确是（ ） A. B. 平面 C. D. 二、多选题：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. 某学习小组共有6名同学，该学习小组在一次数学测验中的成绩（单位：分）分别为83，87，92，92，94，98，下列结论正确的是（ ） A. 该组数据的第70百分位数是92 B. 该组数据的众数是92 C. 该组数据的平均数是91 D. 该组数据的极差是15 10. 设定义运算，已知函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 2π是的一个周期 C. 在上单调递减 D. 的最小值为 11. 对于函数，下列说法正确是（ ） A. 当时， B. 若是函数的导数，则 C. 对任意都有，则 D. 设在定义域上有两个不同的极值点，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若向量满足，且，则的值为______. 13. 已知直线与圆相交于M，N两点，则的最小值为___________. 14. 将数字1，2，3，4，5，6，7，8，9填入一个的方格中，每个格子填1个数字，且不重复，要求第一行数字满足，第三行数字满足，第三列数字满足，则符合要求的填数方法共有________种．（用数字作答） 四、解答题：本题共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. 如图，在直三棱柱中，，，D，E，F分别为棱，，的中点. （1）证明：平面平面； （2）过作平面的平行平面，平面将直三棱柱截成两部分，其中较大部分体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 16. 记数列的前n项和为，已知． （1）证明：为等比数列； （2）设，求数列的前n项和． 17. 小张参加射击训练，他每次射击的命中率为，共射击4次，这4次射击命中的次数为，设他每次射击是否命中相互独立. 0 1 2 3 4 0 1 2 4 8 （1）求概率； （2）求的方差； （3）若命中次数与其对应的积分如下表所示，求的均值. 18. 已知双曲线：的左、右焦点分别是，，其实轴长为，焦距为8. （1）求的标准方程. （2）过点的直线与的右支交于，两点，与的两条渐近线交于，两点，，均在第一象限. （ⅰ）若，求直线的方程； （ⅱ）求面积的取值范围. 19. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若在上恰有2个零点，求m取值范围； （3）若，是的极值点，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陇南市武都区2025-2026学年武都实验中学、武都两水中学、武都育才学校、武都扬名中学高三二诊模拟考试 （数学）试卷 注意事项： 1. 答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合. 1. 已知，，则（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解二次不等式得的补集区间，再与给定集合取交集即得结果. 【详解】解不等式，得或， 即集合，则， 则. 2. 已知复数z满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的四则运算求出复数z，即可得，即可得答案. 【详解】由题意知复数z满足， 故， 故，则的虚部为2， 故选：B 3. 已知是椭圆的左，右焦点，点是椭圆上一点，且，，则椭圆的离心率（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件结合椭圆定义得出，设焦距，根据余弦定理，化简计算，即可求出离心率. 【详解】 因为，又因为，所以， 设焦距，因为， 所以，， 因为在中，， 所以， 则 所以，所以. 故选：D. 4. 已知中，分别为角的对边，已知，则的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理可得，由此可得，，然后解三角即可得到周长. 【详解】，由正弦定理得 ， 又， 所以， 则，或，（舍）， 所以，， 则， . 故选：A. 5. 设函数，则满足的x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】判断函数的单调性，根据单调性和定义域求解不等式即可. 【详解】令，则. 因为是减函数，是增函数，所以函数在上单调递减； 因为是减函数，所以在上单调递减. 因为，，所以函数在上单调递减。 因为，所以，所以，解得． 故选：A. 6. 若，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二倍角公式和同角三角函数基本关系的商的关系即可求解． 【详解】因为，所以， 又，解得，所以． 故选：B． 7. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ） A. 1 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意求出，再由函数的奇偶性代值计算即得. 【详解】因函数是定义在上的奇函数，当时， 则，解得，则当时，， 故. 故选：C 8. 在正三棱台中，下列结论正确的是（ ） A. B. 平面 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于A：求出体积，然后作差确定大小；对于BC：举例说明其错误；对于D：通过证明面来判断. 【详解】设正三棱台上底面边长为，下底面边长为，，高为， 对于A：，， 则 ， 即，A错误； 对于B：由正三棱台的结构特征易知为钝角，所以与不垂直，所以与面不垂直，B错误； 对于C：（反例）假设该棱台是由正四面体被其中截面所截后形成的棱台，则，若，， 所以 ，即与不垂直，C错误； 对于D：取中点，中点，连接， 则，且，面， 所以面，同理面，又， 所以面，则面与面是同一个面（过一点只有一个平面与已知直线垂直） 所以面，又面， 所以. 故选：D. 二、多选题：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. 某学习小组共有6名同学，该学习小组在一次数学测验中的成绩（单位：分）分别为83，87，92，92，94，98，下列结论正确的是（ ） A. 该组数据的第70百分位数是92 B. 该组数据的众数是92 C. 该组数据的平均数是91 D. 该组数据的极差是15 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据百分位数、众数、平均数、极差的定义逐一计算. 【详解】对于A，因为，所以该组数据的第70百分位数是第5个数据，即94， 故A错误； 对于B，因为92出现了两次，所以该组数据的众数是，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D正确. 故选：BCD 10. 设定义运算，已知函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 2π是的一个周期 C. 在上单调递减 D. 的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】画出的图象，对于A：举反例即可判断；对于B：由图可判断；对于C：根据余弦函数的单调性可判断；对于D：由图可判断. 【详解】 因为，画出的图象，如图 对于A：，即所以不是偶函数，A错误； 对于B：由图可知的一个周期为，B正确； 对于C：当时，，则，而在上单调递减，C正确； 对于D：由图可知，的最小值为，D错误. 故选：BC 11. 对于函数，下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 若是函数的导数，则 C. 对任意都有，则 D. 设在定义域上有两个不同的极值点，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项求导利用单调性求解；B选项令，求导利用单调性证明即可；C选项化简构造函数即可；D选项两个不同的极值点转变为直线与函数的图象有两个不同的交点，得到的取值，再利用极值点偏移即可得解. 【详解】对于函数，定义域为，所以， 对于A，当时，，则单调递减， 所以当时，，即，所以A错误； 对于B，令，则， 当时，，则单调递增；当时，，则单调递减， 所以，即，所以B正确； 对于C，由题可得，对于任意，恒成立， 令，，则，且， 于是，解得，所以C正确； 对于D，，，则， 令，得， 由题可知有两个不同的极值点， 所以直线与函数的图象有两个不同的交点， 对求导得， 函数上单调递增，在上单调递减， 所以函数有最大值， 且当时，，当时，， 所以，由题可知，， 不妨设，则，要证明，只需要证明， 即证，也就是证明， 令，，，， 则，即在上单调递增， 又，所以，所以，即，所以D正确， 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式： 1.若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）； 2.若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）； 3.若函数存在两个零点且，令，求证：； 4.若函数中存在且满足，令，求证：. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若向量满足，且，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先利用向量的数量积的运算律得，然后再利用数量积的运算律及模长公式求解即可. 【详解】因为，所以两边平方得，则， 因为，所以. 故答案为： 13. 已知直线与圆相交于M，N两点，则的最小值为___________. 【答案】8 【解析】 【分析】首先求出直线恒过定点，然后利用向量的数量积运算把的最小值转化为的最小值，最后利用数形结合思想即可求解. 【详解】由直线方程可化为， 知直线恒过定点； 圆的圆心为，半径； 由于， 故点P在圆内，直线与圆恒相交于两点M，N. 设弦的中点为H，则，从而， ， ， 过圆内定点P的弦中，当弦与垂直时弦长最短， 此时圆心到直线的距离， 最短弦长为. 故最小值为. 14. 将数字1，2，3，4，5，6，7，8，9填入一个的方格中，每个格子填1个数字，且不重复，要求第一行数字满足，第三行数字满足，第三列数字满足，则符合要求的填数方法共有________种．（用数字作答） 【答案】1080 【解析】 【分析】由计数原理分析求解即可. 【详解】从9个数中任取2个数填入和位置，有种方法． 因为，， 所以在剩下的7个数中，最大的数只能填入的位置， 再从剩下的6个数字中选择4个数字填入，，，的位置，且这4个数字只能按照从小到大的顺序分别填入，，，的位置， 最后剩下的2个数字只能按照从小到大的顺序分别填入，的位置， 故填好，，，，，，共有种方法． 因此，按照要求填好该方格共有种方法． 故答案为：1080. 四、解答题：本题共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. 如图，在直三棱柱中，，，D，E，F分别为棱，，的中点. （1）证明：平面平面； （2）过作平面的平行平面，平面将直三棱柱截成两部分，其中较大部分体积为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定得平面，再由面面垂直的判定证明结论. （2）利用平面的基本性质及棱柱体积公式和已知求得，构建合适的空间直角坐标系，再应用向量法求线面角的正弦值. 【小问1详解】 因为是直三棱柱，所以， 因为，所以， 又且，平面， 所以平面， 又，分别为棱，的中点，所以， 所以平面，又平面， 所以平面平面. 【小问2详解】 根据面面平行的判定定理作出平面，如图所示， 平面与直三棱柱的截面即为平面， 显然，平面将直三棱柱分成体积比为的两部分， 所以， 设，则，所以. 以为原点，棱，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，. 所以，，， 设平面的法向量为，则，即，令，得， 设直线与平面所成角为，则. 16. 记数列的前n项和为，已知． （1）证明：为等比数列； （2）设，求数列的前n项和． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）将两边同时加，结合等比数列的定义即可得结论； （2）由（1）可得的表达式，利用相减法求解的表达式，从而得，根据分组求和可得数列的前n项和． 【小问1详解】 将两边同时加， 得， 因为， 所以是以3为首项，3为公比的等比数列； 【小问2详解】 由（1）知，即， 当时，， 当时，不符合上式， 故，所以， 当时， ， 由于当时也满足该式， 因此． 17. 小张参加射击训练，他每次射击的命中率为，共射击4次，这4次射击命中的次数为，设他每次射击是否命中相互独立. 0 1 2 3 4 0 1 2 4 8 （1）求的概率； （2）求的方差； （3）若命中次数与其对应的积分如下表所示，求的均值. 【答案】（1）； （2）1； （3）. 【解析】 【分析】（1）由题意，应用二项分布的概率求法求概率； （2）由二项分布的方差公式求方差； （3）由二项分布的概率公式求出对应积分的概率，再由期望公式求的均值. 【小问1详解】 由题设，则； 【小问2详解】 由（1）知，； 【小问3详解】 由（1），， ， ， ， ， 所以. 18. 已知双曲线：的左、右焦点分别是，，其实轴长为，焦距为8. （1）求的标准方程. （2）过点的直线与的右支交于，两点，与的两条渐近线交于，两点，，均在第一象限. （ⅰ）若，求直线的方程； （ⅱ）求面积的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求出，进而可求出，从而得到双曲线的方程. （2）（i）分别考虑直线的斜率不存在和存在时，联立直线与双曲线渐近线方程求得坐标，然后根据已知条件列出等式求出直线的斜率，进而得到直线的方程；（ii）分别考虑直线的斜率不存在和存在时，联立直线与双曲线方程，结合韦达定理将面积的表达式列出来并进行化简，然后根据基本不等式的性质求出范围即可. 【小问1详解】 由于双曲线：的实轴长为，焦距为8. 所以，所以， 那么. 所以的标准方程为. 【小问2详解】 （i）当直线的斜率不存在时，其方程为， 因为双曲线的渐近线方程为，联立直线与渐近线方程得. 所以，因为双曲线的焦点坐标为， 所以，此时不满足题意，所以直线的斜率存在. 设直线的方程为，与双曲线的渐近线方程联立得和， 解得和，所以. 因，所以即，解得. 所以直线的方程为，即. （ii）当直线的斜率不存在时，其方程为，代入双曲线方程中得. 所以，此时； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 与双曲线方程联立得. 判别式，. 设，则. 由于，所以或. 所以令，由于，所以. 所以， 所以. 综上，所以面积的取值范围为. 19. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若在上恰有2个零点，求m的取值范围； （3）若，是的极值点，求证：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，再由点斜式方程求解即得； （2）依题意，将在上恰有2个零点问题转化成与的图象有2个不同的交点问题，求导研究函数在上的单调性，作出其图象数形结合即可求得参数的范围. （3）对求导，根据题设可得，由代入化简并放缩得到，令，求导判断其单调性，得到，即得，则得证. 【小问1详解】 当时，，则， ，则， 所以在处的切线方程为，即． 【小问2详解】 因为在上恰有2个零点，所以在上恰有2个解． 当时，在上单调递增，不符合题意，故， 所以在上恰有2个解， 故可得与的图象有2个不同的交点． 令，则， 所以当时，，可得； 当时，，可得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 因为， 作出的大致图象如图所示． 由图知，函数的图象与直线在上恰有2个不同的交点 等价于，解得， 即实数m的取值范围为． 【小问3详解】 因为，所以． 因为是的极值点，所以． 要证，即证． 因为 ． 令，则，由解得， 则当时，，当时，， 故函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即得证， 故． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $