精品解析：江苏南京市大厂高级中学2026届高三下学期第二次模拟数学试题

南京市大厂高级中学第二次模拟 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由确定集合，再由交集运算即可求解. 【详解】， 所以， 故选：A 2. 若（是复数单位），则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出复数，再利用模的意义计算即得. 【详解】依题意，， 所以. 故选：B 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由降幂公式求出，再结合诱导公式求解即可． 【详解】由已知得，，即， 则， 故选：D． 4. 如图所示，下列频率分布直方图，根据所给图做出以下判断，正确的是（ ） A. 平均数=中位数=众数 B. 众数<中位数<平均数 C. 平均数<众数<中位数 D. 平均数<中位数<众数 【答案】B 【解析】 【分析】利用众数、中位数的意义，结合频率分布直方图呈现右拖尾形态时，中位数与平均数的关系判断即可. 【详解】众数是最高矩形底边中点对应的数值，位于左边第二个矩形底边中点， 所有矩形的面积之和为，显然前两个矩形的面积之和小于， 即众数＜中位数； 又频率分布直方图呈现右拖尾形态，使得平均数受极端值影响会被拉向右侧，大于中位数， 所以众数＜中位数＜平均数. 故选：B. 5. 的展开式中，的系数为（ ） A. 60 B. 120 C. 240 D. 360 【答案】B 【解析】 【分析】根据展开式中每一项的生成过程，结合组合数公式，即可求解. 【详解】要得到这一项，相当于从6个含有三项的因式中的3个因式取，1个因式取，2个因式取， 即这一项为. 故的系数为. 故选：B 6. 大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列的第25项与第24项的差为（ ） A. 22 B. 24 C. 25 D. 26 【答案】B 【解析】 【分析】根据观察归纳出为奇数，为偶数数，即可求解. 【详解】设该数列为， 当为奇数时， 所以为奇数； 当为偶数时， 所以为偶数数； 所以， 故选:B. 7. 已知点，分别为双曲线的左右焦点，过双曲线C上一点作的平分线交x轴于点B，记的面积分别为，内切圆半径分别为，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出，再由角平分线定理可求出，进而求出的各边长，即可求出，再由等面积法求出，，即可求出. 【详解】由双曲线可知：， 所以，， 令，则，解得：，不妨设， 所以， 因为为的角平分线，所以由角平分线定理可得：， 所以，又因为，所以，， 所以，所以， 因为，所以的高为， 所以， 又因为， 解得：，同理， 所以. 故选：D. 8. 定义在R上的奇函数，满足，且当时，不等式恒成立，则函数的零点的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】构造研究其奇偶性、区间单调性，问题转化为求与的交点个数，数形结合判断交点个数，即可得. 【详解】令且定义域为R，则， 所以为偶函数，在上， 所以在上单调递减，结合偶函数的对称性知，其在上单调递增， 由，则，且，则， 由的零点个数等价于与的交点个数，函数大致图象如下， 其中，且该函数关于对称，在、上分别单调递减、单调递增， 显然时， 在上单调递增，则时恒成立， 在上单调递减，且， 所以使， 综上，与的交点横坐标有，即有3个零点. 故选：D 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 已知，是两个随机事件，，下列命题正确的是（ ） A. 若，相互独立，则 B. 若事件，则 C. 若，是对立事件，则 D. 若，是互斥事件，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据独立事件的概率公式，结合条件概率公式、互斥事件的性质逐一判断即可. 【详解】A：因为A，B相互独立，所以也互相独立，于是，正确； B：因为，所以，，错误； C：因为A，B是对立事件，所以，于是，错误； D：因为A，B是互斥事件，所以，于是，正确, 故选：AD. 10. 已知曲线上的动点到点的距离与其到直线的距离相等，则（ ） A. 曲线的轨迹方程为 B. 已知点，若为曲线上的动点，则的最小值为4 C. 过点恰有2条直线与曲线有且只有一个公共点 D. 圆与曲线交于，两点，与直线交于，两点，则，，，四点围成的四边形的面积为8 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用抛物线定义求出曲线的轨迹方程可判断A；根据圆与曲线及直线的交点可判断D；根据抛物线的定义结合条件可判断B；根据直线与抛物线的交点个数结合条件可判断C. 【详解】对于A，曲线上的动点到点的距离与其到直线的距离相等， 所以曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，且， 所以抛物线方程为，故A正确； 对于D，直线交圆于点，而， 四边形是矩形，面积为，故D正确； 对于B，显然共线，垂直于直线， 令点到直线的距离为，则， 所以，当且仅当与点重合时取等号， 因此的最小值为，故B正确； 对于C，过点与曲线仅有一个公共点的直线方程为， 由，消去得， 当时，直线与抛物线仅有一个公共点， 当时，，解得， 显然直线与抛物线仅有一个公共点， 因此过点与曲线有且只有一个公共点的直线有3条，故C错误. 故选：ABD. 11. 在四边形中，，，，将沿折起，使点到达点的位置，下而正确的是（ ） A. 直线与平面所成角的最大值为 B. 异面直线与所成角的余弦值取值范围 C. 若平面平面，则到平面的距离为 D. 三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据解三角形可确定即可判定；对于B，由题可计算直线与平面的夹角为，然后可判断直线与所成角为时，两直线共面即可判断；对于C，利用等体积法可计算；对于D，发现为直角三角形，利用外接球半径不小于其外接圆半径可确定； 【详解】 对于A，，，，， 且， 所以直线与平面所成角的最大值为； 对于B，，，又平面， 所以平面，又，所以直线与平面的夹角为， 则直线与所成角最小角为，此时在直线上， 直线与所成角最大角为，当平面平面垂直时， ，平面平面，平面， 平面，， 所以异面直线与所成角的余弦值取值范围，故B错误； 对于C，由B知当平面平面垂直时，平面， ， 平面，，， 又，所以，， 设到平面的距离为，则， 解得，故C正确； 对于D，因为，所以为直角三角形， 外接圆半径分别为，故三棱锥外接球半径最小为2， 此时球心在中点处，表面积为，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知变量的统计数据如下表，对表中数据作分析，发现与之间具有线性相关关系，利用最小二乘法，计算得到经验回归直线方程为，据此模型预测当时的值为__________. 5 6 7 8 9 3.5 4 5 6 6.5 【答案】7.4 【解析】 【分析】经验回归直线方程过样本点的中心，所以把代入求得的值，再代入求解即可. 【详解】由已知得，即样本点中心， 因为经验回归直线方程过样本点的中心， 所以，解得. 所以，当时，. 故答案为：. 13. 已知数列和满足，，，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据等差数列的定义得出数列是等差数列；再根据等差数列的通项公式即可求解 【详解】因为，， 所以两式相减可得：，即. 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 故. 故答案为：. 14. 已知集合，现独立地随机选取集合的两个非空子集、（与可以相同），则事件“集合中的最大元素小于集合中的最小元素”的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】解题的关键在于分别计算出所有可能的非空子集选取情况以及满足条件的选取情况，然后根据古典概型概率公式计算概率. 【详解】因为集合， 故集合的非空子集个数为个， 因为独立地随机选取集合的两个非空子集、（与可以相同），所以所有可能的选取情况数种. 当中最大元素为1时： 是，此时可以是共7种情况， 当中最大元素为2时： 可以是，此时可以是共种情况。 当中最大元素为3时： 可以是，此时可以是，共种情况， 当中最大元素为4时： 可以是，此时没有满足条件的子集，共0种情况， 故满足条件的子集选取情况总数为 根据古典概型概率公式， 事件“集合中的最大元素小于集合中的最小元素”的概率, 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 在中，角所对的边分别为. （1）求； （2）点在边上，平分，若，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用正弦定理化简求解，结合角的范围求值； （2）应用角平分线结合得出，最后应用余弦定理计算求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 又，所以， 由于，则. 【小问2详解】 因为， 所以， 即， 由余弦定理得， 所以， 解得，或（舍去）， 所以，即的周长为. 16. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形，为的中点，且平面平面，. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 如图，取中点，连接，， 在正三角形中，， ∵平面平面，平面平面， ∴平面，且平面， ∴， 在梯形中，，∴四边形为平行四边形， ∴，又∵，∴， 又，平面，平面， ∴平面，平面， ∴， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， ∵，， ∴且，且，平面，平面， ∴平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，由线面垂直证明两两垂直，从而建立空间直角坐标系，然后得到点坐标，由空间向量的数量积证明线线垂直，从而得到线面垂直； （2）由空间直角坐标系得到点坐标，由空间向量求得平面的一个法向量，由空间向量的夹角求得线面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知， ∴，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，即， 直线与平面所成角， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知公差不为0的等差数列的前项和为，且依次成等比数列. （1）求的通项公式； （2）对于任意，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列通项公式结合等比中项计算求解； （2）先把转化为，再根据的单调性得出最大项，最后得出参数范围. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由已知可得， 因为，解得， 又， 得， 所以. 【小问2详解】 由（1）可知，则， 由可得， 令， ， 当时，， 当时，， 则数列的最大项为， 故， 即实数的取值范围为. 18. 已知曲线C上任一点到两个定点和的距离和为定值4． （1）求C的方程； （2）过点的直线l（斜率存在且不为0）与C交于M，N两点，N关于x轴的对称点为P． （ⅰ）证明：直线PM过定点Q； （ⅱ）对于（ⅰ）中的点Q，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （ⅰ）依题意可设直线l的方程为， 设，，． 联立得得， 由韦达定理得，， 则直线PM的方程为， 即， 其中 ， 则直线PM的方程为， 故直线PM过定点； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由椭圆定义可得； （2）设，，联立直线与椭圆方程，将代入直线方程，化简得定点；用坐标表示数量积，将代入化简求范围. 【小问1详解】 因为，由椭圆定义可知，曲线C为以和为两焦点的椭圆， 其中，，解得，， 故C的方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ），， ， 因为，所以，， 所以的取值范围为． 19. 已知常数，函数. （1）讨论在区间上的单调性； （2）若存在两个极值点，，且，求的取值范围. （3）设，证明：. 【答案】（1） 当时，函数在单调递增， 当时，函数在区间单调递减，在单调递增. （2） （3）证明：由（1），当时，函数在单调递增， 又，所以. 因为， 取，，则， 即， 所以 ，故得证. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，讨论的范围分析函数单调性即可； （2）根据函数存在两个极值点，可得，求出，，代入求解即可； （3）化简，取，，则，即，然后代入证明即可. 【小问1详解】 ， 因为，所以当即时，恒成立， 则函数在单调递增； 当时，由，得， 解得，， 因为，所以函数在区间单调递减，在单调递增. 综上，当时，函数在单调递增， 当时，函数在区间单调递减，在单调递增. 【小问2详解】 函数的定义域为， 由（1），时，函数在单调递增，没有两个极值点； 当时，令，解得，， 因为， 所以当时，，从而， 此时，，为函数的两个极值点，代入， 可得， 令，记， 当时，；当时，. （i）当时，，， 所以函数在上单调递减， 则，即，不符合题意； （ii）当时，，， 所以函数在上单调递减，则，即恒成立. 综上的取值范围为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京市大厂高级中学第二次模拟 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若（是复数单位），则（ ） A. 1 B. C. D. 2 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图所示，下列频率分布直方图，根据所给图做出以下判断，正确的是（ ） A. 平均数=中位数=众数 B. 众数<中位数<平均数 C. 平均数<众数<中位数 D. 平均数<中位数<众数 5. 的展开式中，的系数为（ ） A. 60 B. 120 C. 240 D. 360 6. 大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列的第25项与第24项的差为（ ） A. 22 B. 24 C. 25 D. 26 7. 已知点，分别为双曲线的左右焦点，过双曲线C上一点作的平分线交x轴于点B，记的面积分别为，内切圆半径分别为，，则（ ） A. B. C. D. 8. 定义在R上的奇函数，满足，且当时，不等式恒成立，则函数的零点的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 已知，是两个随机事件，，下列命题正确的是（ ） A. 若，相互独立，则 B. 若事件，则 C. 若，是对立事件，则 D. 若，是互斥事件，则 10. 已知曲线上的动点到点的距离与其到直线的距离相等，则（ ） A. 曲线的轨迹方程为 B. 已知点，若为曲线上的动点，则的最小值为4 C. 过点恰有2条直线与曲线有且只有一个公共点 D. 圆与曲线交于，两点，与直线交于，两点，则，，，四点围成的四边形的面积为8 11. 在四边形中，，，，将沿折起，使点到达点的位置，下而正确的是（ ） A. 直线与平面所成角的最大值为 B. 异面直线与所成角的余弦值取值范围 C. 若平面平面，则到平面的距离为 D. 三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积的最小值为 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知变量的统计数据如下表，对表中数据作分析，发现与之间具有线性相关关系，利用最小二乘法，计算得到经验回归直线方程为，据此模型预测当时的值为__________. 5 6 7 8 9 3.5 4 5 6 6.5 13. 已知数列和满足，，，，则________. 14. 已知集合，现独立地随机选取集合的两个非空子集、（与可以相同），则事件“集合中的最大元素小于集合中的最小元素”的概率为______. 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 在中，角所对的边分别为. （1）求； （2）点在边上，平分，若，求的周长. 16. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形，为的中点，且平面平面，. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知公差不为0的等差数列的前项和为，且依次成等比数列. （1）求的通项公式； （2）对于任意，求实数的取值范围. 18. 已知曲线C上任一点到两个定点和的距离和为定值4． （1）求C的方程； （2）过点的直线l（斜率存在且不为0）与C交于M，N两点，N关于x轴的对称点为P． （ⅰ）证明：直线PM过定点Q； （ⅱ）对于（ⅰ）中的点Q，求的取值范围． 19. 已知常数，函数. （1）讨论在区间上的单调性； （2）若存在两个极值点，，且，求的取值范围. （3）设，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $