精品解析：山东枣庄市2026届高三第二次调研考试数学试卷

2026届高三模拟考试 数学试题 2026.03 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号．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，将答题卡交回． 一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，， 所以，， 故ACD错误，B正确. 2. 若，则（ ） A. B. C. 37 D. 65 【答案】A 【解析】 【详解】，则. 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 6 【答案】C 【解析】 【详解】因，则， 又因，则，解得. 4. 在平面直角坐标系中，已知圆，圆，若圆与圆相交，则的值可以为（ ） A. 7 B. 5 C. 3 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】借助两圆相交的性质计算即可得. 【详解】由题知，两圆圆心分别为， 由圆与圆相交，则， 即，解得， 故选项中B正确，ACD错误. 5. 已知是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意，. 6. 已知等差数列中，，其前项和为．等比数列中，．则满足的的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】借助等差数列及求和公式与等比数列定义可求出与，再利用为正整数计算即可得. 【详解】等差数列的公差， 则， 等比数列的公比，即， 令，当时，；当时，； 当时，；当时，； 当时，的增长远快于，故无解； 故符合题意的的个数为. 7. 函数的最小正周期为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】分析:将函数进行化简即可 详解：由已知得 的最小正周期 故选C. 点睛：本题主要考查三角函数的化简和最小正周期公式，属于中档题 8. 如图，以正四面体的四个顶点为球心，以棱长为半径分别作四个球，它们的公共部分形成的几何体叫做“勒洛四面体”．若正四面体的棱长为4，则（ ） A. 此“勒洛四面体”外接球的体积是 B. 此“勒洛四面体”的内切球的半径是 C. 此“勒洛四面体”表面上交线弧的长度为 D. 过三点的截面面积是 【答案】D 【解析】 【分析】根据勒洛四面体的结构特征，结合外接球、内切球、余弦定理、扇形面积、空间几何体的截面与相关知识，依次分析各选项即可得. 【详解】对A：此“勒洛四面体”外接球即为正四面体的外接球， 在正四面体中，为的中心， 是正四面体外接球的球心， 连接、、，由正四面体的性质可知在上， 因为，所以， 则. 因为， 即，解得， 即外接球半径为， 故外接球的体积，故A错误； 对B：由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心， 由外接球半径， 则内切球的半径为，故B错误； 对C：如图，取中点， 在中，，， 设为弧上任意一点，根据“勒洛四面体”的对称性， 弧在平面上，且平面. 所以， 所以该弧是以的中点为圆心，以为半径的圆弧， 设圆心角为，则，可知， 所以弧长不等于，故C错误； 对D：过三点截得的截面如图所示： 其面积为，则D正确. 二、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. 下列命题正确的是（ ） A. 若同等容量且足够大的两组成对数据的样本相关系数分别为，则组数据比组数据的线性相关性更强 B. 数据的第60百分位数为6 C. 总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，记总的样本平均数为，总的样本方差为，则有 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此时推断犯错误的概率不大于0.001 【答案】BC 【解析】 【分析】借助样本相关系数与线性相关性强弱关系可得A；借助百分位数定义可得B；由分层抽样方差公式可得C；利用独立性检验定义可得D. 【详解】对于A：由，故组数据比组数据的线性相关性更强，故A错误； 对于B：，则这组数据的第60百分位数为，故B正确； 对于C：分层抽样方差公式为， 故C正确； 对与D：由，故不能在的小概率值下判断与有关联， 故D错误. 10. 已知函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 有三个不同零点 C. 当时， D. 当时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据导数求函数极小值点判断A，分解因式求函数零点判断B，根据单调性判断C，换元后利用单调性求值域判断D. 【详解】因为， 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以是的极小值点，故A正确； 因为，所以函数只有两个零点，故B错误； 因为当时，，单调递减，且，所以，故C正确； 当时，令，由A选项知在上递减，在上递增， 所以，又， 所以，所以，故D正确. 11. 在锐角中，角的对边分别为，且．则（ ） A. 的面积为 B. C. 若，则 D. 的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据三角形面积公式判断A，利用正弦定理及三角恒等变换化简可判断B，根据余弦定理及条件化简，再由二倍角的正余弦、正切公式化简求值可判断C，根据条件判断A点的轨迹，得出范围，再由对勾函数性质求范围即可判断D. 【详解】对于A，由，所以，故A正确； 对于B，由，可得，所以，故B错误； 对于C，，又，， 所以，即， 所以，即，所以， 即，所以， 由为锐角知，故解得，故C正确； 对于D，因为，所以，作于，过作，且，如图， 所以A点的轨迹为线段（不包含端点及中点，否则三角形为直角三角形，不符合题意），由图形可知，且， 令，且，则在上单调递减，在上单调递增， 又当时，，当或时，，所以， 即的取值范围为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 过抛物线的焦点，且斜率为1的直线交于两点，则______． 【答案】 【解析】 【详解】抛物线的焦点坐标为，准线方程为， 所以直线的方程为，与抛物线方程联立， 得， ，设，， . 13. 在中，已知，，，边上的两条中线相交于点，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可得，，再利用向量夹角公式与数量积与模长的关系计算即可得. 【详解】由是边上的两条中线， 则，， 则 . 14. 已知，．则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】将化成关于的二次函数形式后，由题意可得，，则可得位于第一象限，结合三角恒等变换可得对称轴在区间内，即可得其，解出后与位于第一象限取交集即可得. 【详解】令 ， 则，， 故，则，， 对称轴为 ， 令，则， 故， 又，故使得最小的在区间内， 故对， 有， 即有，则， 即，又， 取交集可得. 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. 设数列的前项和为，若． （1）证明：数列是等比数列； （2）设，数列的前项和记为，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）当时，可得的值，当时，根据，代入求解，整理变形，根据等比数列的定义，即可得证； （2）由（1）可得表达式，根据错位相减求和法，即可得答案. 【小问1详解】 因为， 所以当时，，解得， 当时，， 所以，即. 所以， 又， 所以是以为首项，为公比的等比数列. 【小问2详解】 由（1）知，. 所以， 则，① ，② ①减去②，得： 所以. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面平面，，为的中点，点为线段上的动点． （1）求证：平面平面； （2）记平面与平面的夹角为，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面与平面垂直可得线面垂直，再由线面垂直，面面垂直的判定定理得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面的夹角的余弦，再由不等式的性质求取值范围即可. 【小问1详解】 因为，为的中点，所以， 又平面平面，是交线，平面， 所以平面，因为平面，所以, 又平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设， 则， 设平面的法向量，则， 令，可得， 设平面的法向量，则， 令，可得， 则， 所以，当时，，即 当时，，由可得， 所以， 综上，可知，即的取值范围为. 17. 某人工智能实验室要对一款新型学习智能体进行轮测试（每轮测试的结果相互独立），每轮测试中智能体会随机接受类与类任务中的一个．已知该智能体每轮成功完成类任务的概率均为，每轮成功完成类任务的概率均为．成功完成一次类任务得1分，成功完成一次类任务得2分，不成功均得0分．记智能体在第1轮测试后的得分为． （1）求的分布列； （2）记智能体经过2轮测试后的总得分为，求； （3）每轮测试中智能体成功完成类或类任务就称为“过关”．记轮测试中智能体过关的次数为，求和． 【答案】（1）分布列为： 0 1 2 （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）根据题意求出对应随机变量的概率，得到分布列； （2）根据条件概率公式求解即可； （3）利用二项分布的期望、方差公式求解即可. 【小问1详解】 的可能取值为， ， ，， 所以分布列为： 0 1 2 【小问2详解】由（1），，, 所以. 【小问3详解】 由题意，， 所以， 所以，, 18. 已知椭圆的右焦点为，左，右顶点分别为，并且上的点到的最大距离是最小距离的3倍． （1）求的方程； （2）若点是上异于的任意一点，直线与分别交直线于两点． （ⅰ）求； （ⅱ）若直线交于另一点，设点的纵坐标分别为，求证：． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用上的点到的最大距离为，最短距离为，结合焦点坐标计算即可得； （2）（ⅰ）设，则可表示出直线与，从而可得，，再借助向量数量积公式计算即可得；（ⅱ）设，，联立直线与椭圆方程，消去可得与横坐标有关韦达定理，则可表示出，结合（ⅰ）中所得，，计算可得，即可得证. 【小问1详解】 上的点到的最大距离为，最短距离为，又，则， 则，解得，故， 故的方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）设，则，又、， 则，， 分别令，可得，， 又，则，， 故； （ⅱ）设，， 联立，消去得， 则，，则， 由（ⅰ）知，， 则， 故. 19. 已知． （1）求曲线在处的切线方程； （2）若有两个实数根，证明：； （3）若方程有实根，设的最大值为，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数求出切线斜率即可求切线方程； （2）转化为方程有两个实数根，构造函数， 利用导数得出极值点，可知，要证不等式只需证，再构造函数利用函数的单调性得证； （3）分段讨论去绝对值，利用导数研究函数的单调性及极值，可得函数有最大值，即求出，再由，且即可得证. 【小问1详解】 因为， 所以， 切线方程为：， 即. 【小问2详解】 ，即， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，要证，即证， 因，在上单调递增， 故只需证，又，即证， 令，， 则， 当时，，所以， 所以在上单调递减，又，故，即， 得证. 【小问3详解】 有实根，即有实根，的最大值为， 令， 当时，， 在上单调递减，当时，，， 所以，使得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以的极大值为； 当时，，， 令，则， 所以在上单调递减，， 即，在上单调递减； 综上，在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 因为在上单调递减，，， 所以，所以， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三模拟考试 数学试题 2026.03 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号．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，将答题卡交回． 一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. 37 D. 65 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 6 4. 在平面直角坐标系中，已知圆，圆，若圆与圆相交，则的值可以为（ ） A. 7 B. 5 C. 3 D. 1 5. 已知是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（ ） A. B. 1 C. D. 6. 已知等差数列中，，其前项和为．等比数列中，．则满足的的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 7. 函数的最小正周期为 A. B. C. D. 8. 如图，以正四面体的四个顶点为球心，以棱长为半径分别作四个球，它们的公共部分形成的几何体叫做“勒洛四面体”．若正四面体的棱长为4，则（ ） A. 此“勒洛四面体”外接球的体积是 B. 此“勒洛四面体”的内切球的半径是 C. 此“勒洛四面体”表面上交线弧的长度为 D. 过三点的截面面积是 二、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. 下列命题正确的是（ ） A. 若同等容量且足够大的两组成对数据的样本相关系数分别为，则组数据比组数据的线性相关性更强 B. 数据的第60百分位数为6 C. 总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，记总的样本平均数为，总的样本方差为，则有 D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此时推断犯错误的概率不大于0.001 10. 已知函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 有三个不同零点 C. 当时， D. 当时， 11. 在锐角中，角的对边分别为，且．则（ ） A. 的面积为 B. C. 若，则 D. 的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 过抛物线的焦点，且斜率为1的直线交于两点，则______． 13. 在中，已知，，，边上的两条中线相交于点，则______． 14. 已知，．则的取值范围是______． 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. 设数列的前项和为，若． （1）证明：数列是等比数列； （2）设，数列的前项和记为，求． 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面平面，，为的中点，点为线段上的动点． （1）求证：平面平面； （2）记平面与平面的夹角为，求的取值范围． 17. 某人工智能实验室要对一款新型学习智能体进行轮测试（每轮测试的结果相互独立），每轮测试中智能体会随机接受类与类任务中的一个．已知该智能体每轮成功完成类任务的概率均为，每轮成功完成类任务的概率均为．成功完成一次类任务得1分，成功完成一次类任务得2分，不成功均得0分．记智能体在第1轮测试后的得分为． （1）求的分布列； （2）记智能体经过2轮测试后的总得分为，求； （3）每轮测试中智能体成功完成类或类任务就称为“过关”．记轮测试中智能体过关的次数为，求和． 18. 已知椭圆的右焦点为，左，右顶点分别为，并且上的点到的最大距离是最小距离的3倍． （1）求的方程； （2）若点是上异于的任意一点，直线与分别交直线于两点． （ⅰ）求； （ⅱ）若直线交于另一点，设点的纵坐标分别为，求证：． 19. 已知． （1）求曲线在处的切线方程； （2）若有两个实数根，证明：； （3）若方程有实根，设的最大值为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $