浙江温州市乐清市荆山公学2025-2026学年度高三数学模拟试卷（12）

2025-2026学年度高三模拟试卷（12） 数 学 考试范围：高考全部内容； 考试时间：120分钟； 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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，写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 一、单选题 1．集合，则与的关系为（    ） A． B． C． D． 2．若复数满足，则（    ） A． B． C． D． 3．甲、乙两名运动员在一次射击训练中各射靶80次，命中环数的频率分布条形图如下： 设甲、乙命中环数的众数分别为，，方差分别为，，则（   ） A．， B．， C．， D．， 4．已知等差数列的前n项和为，公差为d，且为递减数列，若，则d的取值范围是（   ） A． B． C． D． 5．定义域为的函数满足，当时，，则当时，函数的零点个数为（   ） A． B． C． D． 6．函数对应的图象如图，点为图象与轴的交点，点为图象的最高点，点为图象的最低点， 若，则的值为（    ） A．2 B． C． D． 7．一条直线分别与曲线和圆相切于A，B两点，则（   ） A． B． C． D． 8．如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的一动点（含边界），则下列说法中正确的是（   ） A．三棱锥外接球的表面积为 B．若平面，则动点的轨迹是一条线段 C．若平面，则动点的轨迹的长度为 D．若，则动点的轨迹长度为 二、多选题 9．下列命题中，正确的命题是（    ） A．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到.依据的独立性检验（），可判断与不独立 B．已知，则 C．已知随机变量，若，则 D．设随机变量，若，则 10．已知椭圆：的左、右焦点分别为，， 是椭圆上异于左、右顶点的一点， 下列说法正确的有（    ） A．的周长为 B．若，则的最小值为 C．满足是直角三角形的点有 8 个 D．的最大值为 11．已知函数存在两个极值点、，则（   ） A． B． C．的取值范围为 D．的取值范围为 三、填空题 12．已知，，若是的充分不必要条件，则实数的取值范围是______． 13．与的公共项从小到大构成新数列，则的最小项为______. 14．青花瓷又称白地青花瓷，常简称青花，是中国瓷器的主流品种之一，属釉下彩瓷．原始青花瓷于唐宋已见端倪，成熟的青花瓷则出现在元代景德镇的湖田窑．图一是一个由波涛纹和葡萄纹构成的正六边形青花瓷盘，已知图二中正六边形的边长为2，圆O的圆心为正六边形的中心，半径为1，若点M在正六边形的边上运动，动点A，B在圆O上运动且关于圆心O对称，则的取值范围是 __________ ． 四、解答题 15．在中，为的中点，如图，沿将翻折至位置，满足. (1)证明：平面平面； (2)线段上是否存在点，使得在平面内的射影恰好落在直线上.若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 16．苏仙岭又称“天下第十八福地”，小明在苏仙岭山脚下的正西方的处，此时他测得山顶的仰角为.他沿着东偏南的方向前行200米后到达点处，此时他测得山顶点的仰角为.假设山顶在水平面上的投影为点，且点位于点的南偏西方向，测量仪器的高度忽略不计. (1)求山高； (2)已知景区内点处有一缆车，缆车从山脚出发，上山分为两段：平缓上升阶段的倾斜角为，在行至山高的一半处，缆车会转变为陡峭上升阶段，倾斜角为.求山脚下缆车上车点到点的距离. 17．如图，在平面直角坐标系中，曲线，点，直线与轴交于点，同时与曲线交于点，点P，Q分别是曲线与线段AB上的动点． (1)求的值； (2)若直线PQ与轴垂直，且，求点的坐标； (3)若为曲线上一点，是否存在点使得四边形FQDP是以为邻边的矩形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 18．甲、乙、丙三名同学进行传球游戏，有1个红球和1个绿球，每一轮中，持有球的人都将手中的球传出，若某人持有1个球，就将此球等可能地传给另外两人中的一人，若某人持有2个球，就在这一轮中将2个球分别传出，每个球都等可能地传给另外两人中的一人，2个球的去向互不影响，每个球一轮中只传递一次．游戏开始时，2个球都在甲手中． (1)求2轮后2个球恰好都回到甲手中的概率； (2)设轮后红球在甲手中的概率为，求； (3)设轮后甲手中球的个数为的期望为，求． 19．已知函数，. (1)若曲线在点处的切线与直线平行，求的值； (2)讨论的单调性； (3)若存在两个极值点，且，求的取值范围. 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C A A C B C B A ABD ACD BC 1．C 【详解】由题知，所以与的关系为 2．A 【详解】设 ，则，代入得到， ，即，所以，即 ， 所以，则. 3．A 【详解】根据图表知，甲､乙命中环数的众数均为7环，则； 甲运动员命中的环数比较分散，乙运动员命中的环数比较集中，则． 4．C 【详解】因为为等差数列，且，所以. 因为数列为递减数列，即当时，有，即， 即从第二项开始，各项均为负数， 当时，数列为递增数列，当足够大时，必有成立，不符合题意， 当时，数列为常数数列或递减数列，只需即可， 可知，解得，综上，.故选：C. 5．B 【详解】，，，， ， ，； 函数的零点个数等价于函数与直线的交点个数； 作出与的图象如下图所示， 结合图象可知：当时，与 在每个区间上有且仅有一个交点， 则当时，与共有个交点； 当时，与没有交点， 即当时，与没有交点； 当时，与有且仅有一个交点， 即当时，与有且仅有个交点； 当时，，，二者没有交点， 即当时，与没有交点； 综上所述：当时，函数的零点个数为个. 6．C 【详解】由函数，其中， 可得函数的最大值为，最小值为， 因为点为图象的最高点，可得，点为图象最低点，可得， 点是图象与轴的交点，可得， 设的中点为，因为和的纵坐标互为相反数，所以， 所以点和点都在轴上， 在中，因为，所以，且为的中点， 根据直角三角形的性质，可得， 过点分别作的平行线，交于点，则， 设函数的最小正周期为， 可得，， 因为，可得，解得，所以. 7．B 【详解】，设曲线的切点为， 所以切线方程为， 由题意可知也是圆的的切线， 所以，或，因为，所以，或， 当时，切点方程为，由， 此时， 当时，切点，切线方程为， 由，，综上所述： . 8．A 【详解】对于A：由四边形为正方形， 故三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 设三棱锥的外接球半径为R，的外接圆半径为， ，故， 又，则，故，，因为平面， 故三棱锥的外接球球心在过的外接圆圆心和平行的直线上， 则，即， 故三棱锥的外接球的表面积为，故A正确， 对于B：取与中点、，连接、、， 由正方体性质可得，， 又平面，平面，故平面， 平面，平面，故平面， 又，、平面，故平面平面， 由平面，则点的轨迹是除去点，故B错误； 对于C：取靠近点的四等分点，连接， 由正方体性质可得平面，又平面，故， 由，，故与相似， 则，故 ， 故，又，、平面， 故平面，又平面，故动点的轨迹为线段， ，故C错误； 对D：若平面，因为平面，平面， 故，由，则， 即点的轨迹为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 同理可得，点也可为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 点也可为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 故其轨迹长度为，故D错误. 9．ABD 【详解】对于A，由，得与不独立，A正确； 对于B，由及，得，B正确； 对于C，随机变量，且，则，，C错误； 对于D，随机变量， ，因此，D正确. 10．ACD 【详解】 对于A：易知，，则. 由椭圆的定义可知，， 所以的周长为，故A正确； 对于B：，. 当时，，故B错误； 对于C：易知，当或时， 是直角三角形，此时点共有4个； 以为直径作圆，圆心为原点，半径， 而椭圆上的点到原点距离的范围为， 故圆与椭圆有4个交点，结合圆的性质可知， 此时满足条件的点有4个； 综上，满足是直角三角形的点有 8 个，故C正确； 对于D：可以看作是椭圆上的点与点连线的斜率. 设该直线的方程为. 联立，整理得， ， 由，得，即，解得. 所以的最大值为，故D正确. 11．BC 【详解】函数的定义域为，且， 由题意可知，关于的方程有两个不等的正根、， 所以，解得，即实数的取值范围为， 故，A错D错，B对C对. 12． 【分析】先解绝对值不等式和含参的一元二次不等式得出p和q对应的等价条件，再结合是的充分不必要条件得到集合间的包含关系，则参数m的范围可求． 【详解】由可得，即， 由可得， 即， 又因为是的充分不必要条件，所以是的真子集， 所以或，解得，故答案为：． 13． 【详解】是以13为首项，14为公差的等差数列，. 令， 根据在上单调递减，上单调递减， 又时，，时，，最小值为. 14． 【详解】由动点关于圆心对称可得，且，易知, 所以，因此. 15．(1)证明见解析，(2)存在，. 【详解】（1）在中，由余弦定理可得， 则，又为的中点，则. 取的中点，显然有. 因为，则在中，， 由余弦定理可得 ， 可得，所以， 所以，，，平面，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面 （2）如图所示，连接，因为，所以， 由（1）可知，两两相互垂直， 则以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系， 则， 故. 记在上的射影点为，设， 可得， 则，即，解得， 因为，且，所以；所以存在符合题意，且. 16．(1)200米；(2)米. 【详解】（1）解：如图，在中，设， 由题意知，且, 由余弦定理， 代入得： 化简得：，即 解得或 由“点位于点的南偏西方向”可知，必在的东北方向，从而的横坐标应大于的横坐标. 由点向东位移为米，可得，即. 故只能取，所以山高米.   （2）解：由第（1）问知，山高米. 因为缆车在点处转换坡度，故两段缆车各上升100米. 设第一段（倾斜角）的水平距离为，即， 第二段（倾斜角）的水平距离为，即 则有：，，所以，； 因此，山脚下缆车上车点到点的距离为： 利用常用三角函数值：， 得 故山脚下缆车上车点到点的距离为米. 17．(1)，(2)，(3)存在，点 【详解】（1）依题意可得：曲线所在的抛物线的焦点为，准线为， 且，由抛物线的定义可知． （2）设，其中，则， ． 由得，再结合，解得（负值已舍去）， 所以． （3）假设存在点使得四边形FQDP是以FP，FQ为邻边的矩形， 设，显然，其中①， 当时，显然四边形FQDP不可能是以FP，FQ为邻边的矩形， 故，则．在矩形FQDP中，，故， 所以直线FQ的解析式为，令，可得，即. 由对角线互相平分可得，此时 即点的坐标为． 当点在曲线上时，代入曲线的解析式得， 即②． 联立①②两式消去得， 解得或（舍去），所以（负值已舍去），故存在点满足题意． 18．(1)，(2)，(3) 【详解】（1）2轮传球后，红球回到甲手中的概率为， 由题意知，红球与绿球的传递相互独立，所以2轮传球后，绿球在甲手中的概率也是． 所以2轮传球后2个球恰好都回到甲手中的概率为． （2）考虑红球在第轮到第轮的位置变化： 若第轮后红球在甲手中，则第轮后红球一定不在甲手中，若第轮后红球不在甲手中，无论球在乙和丙谁的手中，传回甲的概率均为，所以． 整理得，又，所以， 即（或写成）； （3）因为红球与绿球的传递相互独立，所以服从二项分布， 所以． 可得 . 19．(1) (2)当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在和上单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减. (3) 【详解】（1）由求导得， 依题意，，解得 （2）因函数的定义域为，， 当时，，当时，，当时，， 即此时函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，若，恒成立，则，即函数在上单调递减； 若，由解得， 由可得，由可得或， 即函数在上单调递增，在和上单调递减； 当时，由可得，由可得， 即函数在上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递增， 在和上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. （3）由（2）分析可知，存在两个极值点，则 此时是方程的两个实根，则. 由 ， 设，则，将代入，化简得，， 则，， 设，则， 故函数在上单调递增， 由题意，，且，即有，故可得， 又因，函数在上单调递增，故， 又因，故得. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $