精品解析：甘肃陇南市第一中学2025-2026学年高三下学期二诊模拟考试数学试卷

2025-2026学年武都市陇南第一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. 已知直线l的方程为，则直线的倾斜角为（ ） A. B. 60° C. 150° D. 120° 【答案】C 【解析】 【分析】由直线方程得斜率，从而可得倾斜角． 【详解】由题意直线的斜率为，而倾斜角大于等于且小于， 故倾斜角为． 故选：C． 2. 已知函数 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据分段函数的解析式，将x的值代入相应的那一段解析式中求值，可得答案. 【详解】由题意得，，， 所以， 故选：D． 3. 已知，则“”是“”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】 【详解】若，则，又，所以或，则， 所以当时，“”推不出“”； 若，，则，可得，则， 所以当时，“”可以推出. 综上，“”是“”的必要不充分条件. 4. 已知点在圆内，则直线与圆的位置关系是（ ） A. 相切 B. 相离 C. 相交 D. 不确定 【答案】B 【解析】 【分析】由题意结合点与圆的位置关系考查圆心到直线的距离与圆的半径的大小关系即可确定直线与圆的位置关系. 【详解】点在圆内，， 圆心到直线距离， 直线与圆相离. 故选：B. 【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系，直线与圆的位置关系等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，属于简单题目. 5. 已知函数在处取得极小值，若，，使得，且，则的最大值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先由已知求出的表达式，然后利用导数求出函数的单调区间，再求出极值点，进而求出的最大值. 【详解】解：函数在处取得极小值 所以，即 解得：， 由得： 当和时，，即单调递增 当时，，即单调递减 所以的极大值为，极小值为 由得：或 由得：或 若，，使得，且， 则 故选：C. 【点睛】方法点睛：利用导数求函数的极值 ①求出函数的定义域 ②求出 ③求方程的根 ④令求出单调增区间，令求出单调减区间 ⑤结合单调区间由极值点左右的符号相反找出极值点，并求出相应的极大或极小值. 6. 如图，在正三棱柱中，，若存在一个可以在三棱柱内任意转动的正方体，则该正方体棱长的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先求出底面内切圆半径，再结合题意得到正方体外接球直径等于该内切圆直径时，棱长最大可得. 【详解】在正三棱柱中，，所以底面三角形内切圆半径为， 因为存在一个可以在三棱柱内任意转动的正方体，所以正方体的外接球要在该正三棱柱中， 若正方体棱长最大，可知该球体直径应为底面内切圆直径，即，即， 此时三棱柱的高大于球的直径，符合要求. 故选：D 7. 在平行四边形中，为的中点，为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的线性运算结合已知条件把用表示，再由平面向量基本定理可求得的值，从而可求得答案. 【详解】如图，由题，， ， 所以. 故选：A. 8. 函数，若存在，使得对任意，都有，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】因为任意，都有，所以是函数的最小值，也是极小值，又当时，，故只需即可. 【详解】由，又， 因为任意，都有， 所以是函数的最小值，也是极小值， 故有两实根，即有两实根，则， 记二次函数的零点为， 且，则在，上单调递增，在上单调递减， 当时，，因为是最小值， 所以，即， 解得，故， 故选：B． 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. 袋中装有6个相同的小球，编号分别为1，2，3，4，5，6．从中不放回的随机抽取两个球，表示事件“取出的两个球中至少有一个球的编号为奇数”，表示事件“取出的两个球的编号之和为偶数”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件不相互独立 B. 事件与事件互斥 C. 在事件发生的前提下，事件发生的概率为 D. 在事件发生的前提下，事件发生的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用古典概率求出，再逐项判断作答. 【详解】依题意，，，，， 对于A，因为，则事件与事件不相互独立，A正确； 对于B，“取出的两个球的编号均为奇数”既在事件中，也在事件中，事件与事件不互斥，B错误； 对于C，在事件发生的前提下，事件发生的概率，C正确； 对于D，在事件发生的前提下，事件发生的概率，D正确. 故选：ACD 10. 已知数列的前项和为，若，，则（ ） A. 数列为等比数列 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用等比数列的定义可判断A选项；求出数列的通项公式，代值计算可得的值，可判断B选项；利用作差法可判断C选项；当时，放缩得出，结合等比数列的求和公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为数列的前项和为，且，， 则，所以， 且，所以数列是首项为，公比为的等比数列，A对； 对于B选项，由A选项可知，故， 所以，B错； 对于C选项， 对任意的恒成立，所以，C对； 对于D选项，当时，， 所以 ，D对. 11. 已知复数（i为虚数单位），，则下列结论中正确的是（ ） A. 的虚部为 B. 在复平面内对应的点位于第四象限 C. D. 若，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】（1）先求出的共轭复数，进而求出，从而得到的虚部，在复平面对应的点所在的象限，以及，D选项要先设出，根据得到对应复平面的点在圆心为 ，半径的圆上，由几何方法得到的最大值. 【详解】因为，所以，所以，的虚部为，A选项错误；的实部为，虚部为，在复平面内对应的点位于第四象限，B正确；，C正确；，设，则，则，两边平方得：，即复数可以看做复平面内的点，则该点在圆心为 ，半径的圆上，连接原点与圆心并延长，与圆的交点即为的最大值，此时，D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线的焦点是双曲线：的右焦点，点是两曲线的一个公共点，为坐标原点．若，则的离心率为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用抛物线和双曲线的定义，结合已知条件建立关于双曲线参数的等式求解即可. 【详解】抛物线的焦点为，双曲线的右焦点为， 由题意知，. 抛物线的准线方程为， 因为，所以，即. 设在第一象限，将代入抛物线方程可得，所以. 代入双曲线方程，又，所以. 设，则，整理得， 解得，因为，所以， 所以. 故答案为：. 13. 在的展开式中，若各项系数和为0，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据在的展开式中，各项系数和即令即可求解. 【详解】在的展开式中，各项系数和即在中令可得， 所以当时，， 所以. 故答案为：. 14. 来自国外的博主，，三人决定来中国旅游，计划打卡北京故宫、西安兵马俑等个著名景点．他们约定每人至少选择个景点打卡，每个景点都有且仅有一人打卡，其中在北京故宫、西安兵马俑中至少选择个，则不同的打卡方案种数为_____． 【答案】88 【解析】 【分析】先安排再安排，根据选择北京故宫、西安兵马俑中个数，分类讨论，利用分类加法计数原理即可求解. 【详解】当只选择北京故宫、西安兵马俑中的个，且只去个景点时，有种选择， 再将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择； 当只选择北京故宫、西安兵马俑中的个，且去个景点时，有种选择， 再将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择； 当只选择北京故宫、西安兵马俑中的个，且去个景点时，有种选择， 再将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择； 当选择北京故宫、西安兵马俑这个且只去个景点时， 只需将其他个景点分给，，有种选择； 当选择北京故宫、西安兵马俑且去个景点时，有种选择， 只需将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择， 种， 故共有种不同的打卡方案． 故答案为：． 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. 在中，角，，所对的边分别为，，，且. （1）求； （2）若，的面积为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将边的关系转化为角的三角函数关系，化简得，进而求. （2）利用正弦定理建立边的关系，再结合面积公式求解即可. 【小问1详解】 在中，由正弦定理（为外接圆半径）， 得， 所以， 因为，所以， 又因为，所以，所以， 所以. 【小问2详解】 由题意得， 所以， 由正弦定理， 而， 所以，解得或（舍去）. 故. 16. 如图，直三棱柱中，，． （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：不妨设，则，，所以，所以， 因为棱柱为直三棱柱，所以平面，平面， 所以，又，所以平面，因为，所以， 因为四边形为正方形，所以，又，所以平面， 因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）设，证明，通过线面垂直的判定定理证明面，由线面垂直的性质定理得到，再由得到平面，从而得以证明. （2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，然后利用向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设为原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 所以，， 设分别为面的法向量，则，即， 取，则，所以， 设分别为平面的法向量，则， 即，取，则， 则，所以，所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知椭圆的上顶点为B，右焦点为F，点B、F都在直线上. （1）求椭圆的标准方程及离心率； （2）设直线与椭圆相切于第一象限内的点，不过原点且平行于的直线与椭圆交于不同的两点，，点关于原点的对称点为．记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值． 【答案】（1）椭圆的标准方程为，离心率； （2） 【解析】 【分析】（1）由条件列方程求，由此确定椭圆的标准方程和离心率； （2）根据直线与椭圆相切，求出切点的坐标，再求出直线的斜率；根据，设出的方程，表示出、的坐标，得到的斜率，再探索的值. 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为， 由已知点的坐标为，点的坐标为， 因为点B、F都在直线上， 所以，，又， 所以，，， 所以椭圆的方程为：， 椭圆的离心率， 【小问2详解】 由消去并整理得：  ① 由. 此时方程①可化为：， 解得：（由条件可知：、异号） 设，则，. 即，所以. 因为，所以可设直线：（，）. 由消去并整理得：， 当时，方程有两个不相等的实根. 设，， 则，. 因为，两点关于原点对称，所以， 所以：. 所以. 【点睛】方法点睛：在求的斜率时，还可以把看成直线与椭圆相交所得弦的中点，利用中点弦公式：，得到. 18. 已知无障碍时红方、蓝方发射炮弹攻击对方目标击中的概率均为，红方、蓝方空中拦截对方炮弹成功的概率分别为，，现红方、蓝方进行模拟对抗训练，每次由一方先发射一枚炮弹攻击对方目标，另一方再进行空中拦截，轮流进行，各攻击对方目标一次为1轮对抗.经过数轮对抗后，当一方比另一方多击中对方目标两次时，训练结束.假定各轮结果相互独立.记在1轮对抗中，红方击中蓝方目标为事件，蓝方击中红方目标为事件. （1）求概率、； （2）设随机变量表示经过1轮对抗后红方与蓝方击中对方目标次数之差，求的分布列和数学期望； （3）求恰好经过3轮对抗后训练结束的条件下，红方多击中蓝方目标两次的概率. 【答案】（1）， （2）期望为，的概率分布为： 0 1 （3）.【解析】 【分析】（1）根据独立事件的概率公式和对立事件的概率关系可求、； （2）的可能取值为，根据独立事件和对立事件的概率关系可求取相应值时对应概率，从而可求分布列和期望. （3）记3轮对抗后训练结束为事件C，记红方比蓝方多击中对方目标两次为事件D，根据独立事件的概率公式可求，再根据条件概率的概率公式可求题设中的条件概率. 【小问1详解】 记无障碍时红方、蓝方发射炮弹攻击对方目标击中分别为事件，，， 红方、蓝方空中拦截对方炮弹成功分别为事件，，，. ， . 【小问2详解】 经过1轮对抗，红方与蓝方击中对方目标数之差X的可能取值为. ， ， . X的概率分布为： 0 1 所以的数学期望. 【小问3详解】 记3轮对抗后训练结束为事件C，记红方比蓝方多击中对方目标两次为事件D. 记3轮对抗后红方与蓝方击中对方目标次数之差为Y， ， ， 所以， 所以. 所以在3轮对抗后训练结束的条件下，红方比蓝方多击中对方目标两次的概率为. 19. 已知函数（为自然对数的底数） （1）若在处的切线与恰有一个公共点，求的值； （2）若，讨论函数的单调性； （3）若函数至少存在一个零点，求的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. （3）. 【解析】 【分析】（1）求得曲线在点处的切线方程为：与曲线联立，利用判别式求解； （2）由利用导数法求解； （3）由，根据题意，由方程在上至少有一个解，转化为.设求解. 【小问1详解】 由得. 当时. 所以，曲线在点处的切线方程为：. 由题意，这条切线与曲线恰有一个公共点. 联立得，整理为. 因为两曲线恰有一个公共点，所以该一元二次方程有两个相等实根， 故判别式. 于是，从而. 故. 【小问2详解】 因为 所以. 由于，故，因此的符号由的符号决定. 分情况讨论： ①当时，对任意，都有，故. 所以函数在区间上单调递增. ②当时，当时，，故； 当时，，故. 因此，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增.. 综上，函数的单调性为： 当时，函数在区间上单调递增； 当时，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. 【小问3详解】 由， 要使函数至少存在一个零点，只需方程在上至少有一个解. 移项得.设， 则问题转化为：求函数的值域. 将拆成两个函数：，则. 先讨论的单调性.因为. 所以：当时，，故在上单调递增； 当时，，故在上单调递减. 因此，函数在处取得最大值. 再讨论的单调性.因为， 所以：当时，，故在上单调递增； 当时，，故在上单调递减. 因此，函数在处取得最大值 由于与在区间上都单调递增，在区间上都单调递减， 所以它们的和在区间上单调递增，在区间上单调递减， 从而在处取得最大值. 于是故. 因此，函数至少存在一个零点，当且仅当. 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年武都市陇南第一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. 已知直线l的方程为，则直线的倾斜角为（ ） A. B. 60° C. 150° D. 120° 2. 已知函数 ，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则“”是“”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 4. 已知点在圆内，则直线与圆的位置关系是（ ） A. 相切 B. 相离 C. 相交 D. 不确定 5. 已知函数在处取得极小值，若，，使得，且，则的最大值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 6. 如图，在正三棱柱中，，若存在一个可以在三棱柱内任意转动的正方体，则该正方体棱长的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 7. 在平行四边形中，为的中点，为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 函数，若存在，使得对任意，都有，则的取值范围是（ ） A. B. 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. 袋中装有6个相同的小球，编号分别为1，2，3，4，5，6．从中不放回的随机抽取两个球，表示事件“取出的两个球中至少有一个球的编号为奇数”，表示事件“取出的两个球的编号之和为偶数”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件不相互独立 B. 事件与事件互斥 C. 在事件发生的前提下，事件发生的概率为 D. 在事件发生的前提下，事件发生的概率为 10. 已知数列的前项和为，若，，则（ ） A. 数列为等比数列 B. C. D. 11. 已知复数（i为虚数单位），，则下列结论中正确的是（ ） A. 的虚部为 B. 在复平面内对应的点位于第四象限 C. D. 若，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线的焦点是双曲线：的右焦点，点是两曲线的一个公共点，为坐标原点．若，则的离心率为__________． 13. 在的展开式中，若各项系数和为0，则______. 14. 来自国外的博主，，三人决定来中国旅游，计划打卡北京故宫、西安兵马俑等个著名景点．他们约定每人至少选择个景点打卡，每个景点都有且仅有一人打卡，其中在北京故宫、西安兵马俑中至少选择个，则不同的打卡方案种数为_____． 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. 在中，角，，所对的边分别为，，，且. （1）求； （2）若，的面积为，求的值. 16. 如图，直三棱柱中，，． （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知椭圆的上顶点为B，右焦点为F，点B、F都在直线上. （1）求椭圆的标准方程及离心率； （2）设直线与椭圆相切于第一象限内的点，不过原点且平行于的直线与椭圆交于不同的两点，，点关于原点的对称点为．记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值． 18. 已知无障碍时红方、蓝方发射炮弹攻击对方目标击中的概率均为，红方、蓝方空中拦截对方炮弹成功的概率分别为，，现红方、蓝方进行模拟对抗训练，每次由一方先发射一枚炮弹攻击对方目标，另一方再进行空中拦截，轮流进行，各攻击对方目标一次为1轮对抗.经过数轮对抗后，当一方比另一方多击中对方目标两次时，训练结束.假定各轮结果相互独立.记在1轮对抗中，红方击中蓝方目标为事件，蓝方击中红方目标为事件. （1）求概率、； （2）设随机变量表示经过1轮对抗后红方与蓝方击中对方目标次数之差，求的分布列和数学期望； （3）求恰好经过3轮对抗后训练结束的条件下，红方多击中蓝方目标两次的概率. 19. 已知函数（为自然对数的底数） （1）若在处的切线与恰有一个公共点，求的值； （2）若，讨论函数的单调性； （3）若函数至少存在一个零点，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $