精品解析：甘肃陇南市文县第二中学、第三中学、文县东方学校2025-2026学年高三三诊模拟考试数学试卷

2025-2026学年文县第二中学、第三中学、文县东方学校 高三三诊模拟考试（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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简集合，根据集合的交集运算即可. 【详解】集合， 因为， 所以. 故选：D 2. 复数 满足（为虚数单位），则 的共轭复数的虚部是（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可得：，所以，所以复数 的共轭复数的虚部为1. 3. 已知向量满足，则向量与夹角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出，再根据夹角公式可求余弦值. 【详解】因为，所以， 从而，所以即， 故， 故选：A. 4. 已知圆台的上、下底面的半径大小分别为2与4，其母线与下底面所成角的余弦值为，则该圆台体积的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由圆台的母线与底面所成的角求出圆台的高，再由圆台的体积公式求体积即可. 【详解】如图，设圆台上底面圆心为，下底面圆心为，梯形为圆台的轴截面，高为， 过作于，即为母线与下底面所成角，则. 因为圆台的上、下底面半径分别为2和4，所以， 由，所以，所以，即， 由圆台的体积公式为. 5. 下列叙述不正确的是（ ） A. 已知，是空间中的两条直线，若，则直线与平行或异面 B. 已知是空间中的一条直线，是空间中的一个平面，若，则或与只有一个公共点 C. 已知，是空间两个不同的平面，若，则，必相交于一条直线 D. 已知直线与平面相交，且垂直于平面内的无数条直线，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系对各选项逐一判断作答. 【详解】对于A，空间两直线没有公共点，由空间两直线位置关系的分类知，两直线平行或是异面直线，A正确； 对于B，直线与平面有公共点，由直线与平面位置关系的分类知，直线与平面有无数个公共点(直线在平面内)或仅只一个，即B正确； 对于C，两个不重合平面有公共点，由平面基本性质知，它们有且只有一条经过公共点的公共直线，即C正确； 对于D，正三棱锥的侧棱垂直于底面三角形与该棱相对的边，而在底面三角形所在平面内与该边平行的直线都垂直于这条棱，正三棱锥侧棱不垂直于底面，即D不正确. 故选：D 6. 有一组样本数据，，，…，，由这组数据得到新样本数据，，，…，，其中（）则两组样本数据的数字特征不一定相同的是（ ） A. 中位数 B. 极差 C. 平均数 D. 方差 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得：，所以， 所以新样本数据，，，…，的平均数为 ， 所以平均数相同； 设样本数据，，，…，的方差为， 所以新样本数据，，，…，的方差为，所以方差相同； 设样本数据，，，…，，的中位数为， 新样本数据，，，…，的中位数为， 当样本数据，，，…，，的中位数为时， 新样本数据，，，…，的中位数为， 所以中位数不一定相同； 设原始样本数据的最大值为，最小值为，则其极差为. 由于，因此新样本数据的最大值为，最小值为，则其极差为， 故两组样本数据的极差相同. 7. 已知是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用函数的周期性和奇函数性质，依次求值即得． 【详解】因为 是奇函数，所以 ，所以， 又因为 的周期为 2，所以 ． 当时，， 故. 8. 已知椭圆的左焦点为 ，点在椭圆上，若四边形为菱形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用菱形性质确定点的坐标，代入椭圆方程，再通过转化为关于离心率的方程求解. 【详解】因为是菱形，所以，且，点的横坐标为中点的横坐标，即， 由可得，，整理得，解得，故， 代入椭圆，得，整理得， 又，所以，整理得， 两边同时乘以，得，解得， 因为，所以，所以，解得. 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. 在的展开式中，则（ ）． A. 各项系数的和是64 B. 各二项式系数的和是64 C. 含的项的系数是15 D. 第4项是系数最大的项 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A令即可判断，对于B利用二项式系数的和为，即可计算，对于C利用通项公式有，令，即可求解，对于D设的系数最大，则有，利用组合数的性质即可求解，进而判断. 【详解】对于A：令有，所以各项系数的和是0，故A错误； 对于B：各二项式系数的和为，故B正确； 对于C：由，令， 所以的项的系数是，故C正确； 对于D：根据通项可知，，要使系数最大，则为偶数，故，，，，故时，系数最大，所以第3项和第5项的系数最大，故D错误. 故选：BC. 10. 已知函数在上单调递增，直线和直线是的图象的两条对称轴，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则 （ ） A. B. 在上的值域为 C. 方程在内无解 D. 曲线与直线所围成图形的面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简得，利用三角函数的性质解出，进而逐项验证即可求解. 【详解】 ， 由题意知的图象关于直线对称，也关于直线对称， 且在上单调递增， 所以的半个周期，所以，所以，故A错误； 则，符合题意，当时，， 此时， 所以在上的值域为，故B正确； 由， 当时，，此时， 所以，故方程在内无解；故C正确； 曲线与直线所围成的图形的面积 等于在上的图象与直线所围成的图形的面积， 由图象的对称性知所求面积等于图中阴影部分的面积，该面积为，故D正确， 故选：BCD. 11. 已知 的三个内角的对边分别为，且.则下列结论正确的是（ ） A. B. 周长的最大值为 C. 的最大值为 D. 的取值范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用正弦定理及和角的正弦判断A；利用余弦定理及基本不等式求出最大值判断B；利用数量积的定义及基本不等式求出最大值判断C；利用和角的余弦公式，结合正切函数的性质判断D. 【详解】对于A，由正弦定理，得 ，A正确； 对于B，由余弦定理，得， ，当且仅当时取等号， 则，因此周长最大值为，B错误； 对于C，，由选项B知， 当且仅当时取等号，因此的最大值为，C正确； 对于D，， 由，得，则，D错误. 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】先由题意结合诱导公式得，再由倍角公式和常数“1”的代换结合分式齐次式弦化切即可求解. 【详解】由题得， 所以. 故答案为：. 13. 已知，若对任意的恒成立，则实数的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】将条件变形可得，令，利用导数求得的单调性，可得，即，令，利用导数求得的单调性和最值，分析即可得答案. 【详解】由题意，，可得， 所以， 令， 则， 所以在上单调递增， 又， 所以，对任意的恒成立， 所以，只需即可， 设，，则， 当时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 又，且， 所以， 所以，则实数的最大值为. 故答案为： 14. 在 中，，（），若当 面积取最大值时，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】设，结合余弦定理及面积公式可得：，再通过换元，得到，求导确定单调性即可解； 【详解】 由（），设，则， 由余弦定理可得：， 所以, 所以 的面积为： 令，由，易得， 所以, 所以 所以，， ，， 又在单调递减， 可得：当时，面积取得最大值， 即， 所以， 即，又， 可得：， 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. 如图，在斜三棱柱中，侧面底面， 是等腰直角三角形，，是边长为2的等边三角形. （1）求点到平面的距离； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）法一：利用等体积法可求点到平面的距离；法二：建立空间直角坐标系，利用向量法求得点到平面的距离； （2）法一：作出二面角的平面角，进而利用直角三角形的性质可求二面角的正弦值.法二：利用向量法可求二面角的正弦值. 【小问1详解】 取中点，连接，. 由题意，易得，，， 法一：因为侧面底面，侧面底面， 所以平面.所以是三棱锥的高. 又因为在中，， 而，， 所以为等腰三角形，且边上的高等于， 所以， 记点到平面的距离为， 由，得， 即，于是得. 法二：以为原点，分别以，，所在直线为 ， ， 轴，建立坐标系， 易知，，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 所以，令，得，， 得到平面的一个法向量， 又因为， 所以点到平面的距离等于. 【小问2详解】 法一：设点在平面上的投影为 ，的中点为，连接和， 因为是边长为2的等边三角形， 所以，且， 而平面，平面， 所以，平面，， 所以平面，平面， 所以， 因此为二面角的平面角， 在中，. 法二：由（1）可知为平面的一个法向量， 又由（1）知平面的法向量为， 所以， 因此二面角的正弦值为，即为. 16. 已知各项均不为零的数列的前项和为，，. （1）求的通项公式； （2）若恒成立，求正整数的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，当时，求得，当时，得到，两式相减化简求得，得到数列中奇数项和偶数项分别构成等差数列，进而求得数列的通项公式； （2）由（1）求得，结合当时，和当时，，即可求解. 【小问1详解】 解：由题意，各项均不为零的数列的前项和为，满足且， 当时，，解得， 当时，，两式相减得， 因为数列中各项均不为零，即. 所以数列中奇数项是以为首项，2为公差的等差数列； 偶数项是以为首项，2为公差的等差数列， 当时，，即； 当时，，即， 综上，数列的通项公式为. 【小问2详解】 解：由（1）知数列是以1为首项，1为公差的等差数列，可得， 因为，所以， 当时，，即不等式恒成立； 当时，. 故正整数的最大值为. 17. 某中学为提升学生们的数学素养，激发大家学习数学的兴趣，举办了一场“数学文化素养知识大赛”，分为初赛和复赛两个环节，初赛成绩排名前两百名的学生参加复赛．已知共有8000名学生参加了初赛，现从参加初赛的全体学生中随机地抽取100人的初赛成绩作为样本，得到如下频率分布直方图： （1）规定初赛成绩中不低于90分为优秀，8090分为良好，7080分为一般，6070分为合格，60分以下为不合格，若从上述样本中初赛成绩不低于80分的学生中随机抽取2人，求至少有1人初赛成绩优秀的概率，并求初赛成绩优秀的人数的分布列及数学期望； （2）由频率分布直方图可认为该校全体参加初赛学生的初赛成绩服从正态分布，其中可近似为样本中的100名学生初赛成绩的平均值（同一组数据用该组区间的中点值代替），且．已知小华的初赛成绩为85分，利用该正态分布，估计小华是否有资格参加复赛？ （参考数据：；若，则，，． 【答案】（1）至少有1人初赛成绩优秀的概率为，的分布列为 X 0 1 2 P ，. （2）估计小华有资格参加复赛. 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图求得初赛成绩不低于80分的学生人数，再根据超几何分布写出随机变量的分布列，进而求得概率和数学期望； （2）根据频率分布直方图估计正态分布的均值，进而利用原则估计全校参加初赛的学生中成绩不低于85分的人数，即可估计小华是否有资格参加复赛. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知， 样本中位于区间内的人数：， 样本中位于区间内的人数：， 抽取的2人中成绩优秀的人数可能的取值有0，1，2 ， ， 所以的分布列为 X 0 1 2 P 因此，至少有1人初赛成绩优秀的概率， 数学期望. 【小问2详解】 由频率分布直方图可知： ， 由，得，又， 所以， 所以全校参加初赛学生中，不低于85分的约有人， 因为，所以估计小华有资格参加复赛. 18. 已知抛物线的焦点为 .抛物线上一点满足，为直线上的动点，过作曲线的两条切线，，其中为切点． （1）求抛物线的方程； （2）求证：直线恒过定点； （3）求面积的最小值． 【答案】（1） （2）证明如下： 设， ， ， 由得，故切线：，即， 同理可得切线： ， 在两条切线，则，所以直线，即， 因，故，故直线恒过定点. （法二） 当直线斜率存在时，设， 联立，得 设，，， ，，， 由得故切线，即 同理切线， 联立得，故， 代入直线得， 直线，所以恒过定点 当直线斜率不存在时，由对称性知，直线，也过定点 综上：直线恒过定点. （3） 【解析】 【分析】（1）由焦半径公式可得，进而可得解； （2）先设， ， ，求得切线方程，由切线交点可得直线的方程为，进而可得； （3）先求弦长，再求到直线的距离，可得，进而可得. 【小问1详解】 由题意故，所以抛物线方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 联立，得， 由韦达定理可得，， 到直线的距离 当时，最小值为 （法二） 当直线斜率不存在时，直线，，到直线距离为8， 当直线斜率存在时 ， 所以到直线的距离， ， 当时，的最小值为3，故， 所以的面积的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题第三问，先用弦长公式表示，再用点到直线的距离公式表示到直线的距离，进而可得. 19. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）已知，若存在，使得． （i）求实数m的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增 （2）（i）；（ii）由题意得，， 则，， 令，，注意到，则，即，同理， 要证，即，即证明， 设， 则， 设，设， 则，故在上单调递减， 从而，则，在上单调递减， 故，也即，因此． 【解析】 【分析】（1）根据函数导数与函数单调性的关系，判断函数单调性即可. （2）（i）根据函数单调性与函数最值，判断函数图像，以及函数图像，判断有四个零点时的情况，求出参数范围； （ii）根据函数图像，求出四个零点的关系，进而构造函数，根据函数导数判断函数单调性，进而证明不等式. 【小问1详解】 的定义域为，． 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增． 【小问2详解】 （i）由（1）可知， 令， 若，则 ，则，则直线 与函数的图象最多有两个交点，不符合题意； 若，，此时存在两个零点， 此时在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 此时作直线 ，其中，直线 与的图象存在四个交点， 即存在，使得， 故实数m的取值范围是． （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年文县第二中学、第三中学、文县东方学校 高三三诊模拟考试（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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是（ ） A. B. C. 1 D. 3. 已知向量满足，则向量与夹角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆台的上、下底面的半径大小分别为2与4，其母线与下底面所成角的余弦值为，则该圆台体积的大小为（ ） A. B. C. D. 5. 下列叙述不正确的是（ ） A. 已知 ， 是空间中的两条直线，若，则直线 与 平行或异面 B. 已知是空间中的一条直线，是空间中的一个平面，若，则或与只有一个公共点 C. 已知，是空间两个不同的平面，若，则，必相交于一条直线 D. 已知直线与平面相交，且垂直于平面内的无数条直线，则 6. 有一组样本数据，，，…，，由这组数据得到新样本数据，，，…，，其中（）则两组样本数据的数字特征不一定相同的是（ ） A. 中位数 B. 极差 C. 平均数 D. 方差 7. 已知是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上，若四边形为菱形，则椭圆的离心率为（ ） 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. 在的展开式中，则（ ）． A. 各项系数的和是64 B. 各二项式系数的和是64 C. 含的项的系数是15 D. 第4项是系数最大的项 10. 已知函数在上单调递增，直线和直线是的图象的两条对称轴，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则 （ ） A. B. 在上的值域为 C. 方程在内无解 D. 曲线与直线所围成图形的面积为 11. 已知的三个内角的对边分别为，且.则下列结论正确的是（ ） A. B. 周长的最大值为 C. 的最大值为 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. 已知，则_________. 13. 已知，若对任意的恒成立，则实数 的最大值为__________. 14. 在中，，（），若当面积取最大值时，，则________. 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，在斜三棱柱中，侧面底面，是等腰直角三角形，，是边长为2的等边三角形. （1）求点到平面的距离； （2）求二面角的正弦值. 16. 已知各项均不为零的数列的前项和为，，. （1）求的通项公式； （2）若恒成立，求正整数的最大值. 17. 某中学为提升学生们的数学素养，激发大家学习数学的兴趣，举办了一场“数学文化素养知识大赛”，分为初赛和复赛两个环节，初赛成绩排名前两百名的学生参加复赛．已知共有8000名学生参加了初赛，现从参加初赛的全体学生中随机地抽取100人的初赛成绩作为样本，得到如下频率分布直方图： （1）规定初赛成绩中不低于90分为优秀，8090分为良好，7080分为一般，6070分为合格，60分以下为不合格，若从上述样本中初赛成绩不低于80分的学生中随机抽取2人，求至少有1人初赛成绩优秀的概率，并求初赛成绩优秀的人数的分布列及数学期望； （2）由频率分布直方图可认为该校全体参加初赛学生的初赛成绩服从正态分布，其中可近似为样本中的100名学生初赛成绩的平均值（同一组数据用该组区间的中点值代替），且．已知小华的初赛成绩为85分，利用该正态分布，估计小华是否有资格参加复赛？ （参考数据：；若，则，，． 18. 已知抛物线的焦点为.抛物线上一点满足，为直线上的动点，过作曲线的两条切线，，其中为切点． （1）求抛物线的方程； （2）求证：直线恒过定点； （3）求面积的最小值． 19. 已知函数． （1）讨论函数的单调性； （2）已知，若存在，使得． （i）求实数m的取值范围； （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $