2026届吉林省吉林松花江中学高三年级4月模拟测试数学试题

**基本信息** 立足高考核心考点，融合文化传承与工程实践情境，梯度设计覆盖基础巩固至创新应用，适配高三模拟预测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|集合、复数、三角函数、向量、函数零点、双曲线|第5题以隧道测量为背景，考查余弦定理应用，体现数学眼光的现实观察| |多选题|3题|解三角形、数列新定义、立体几何|第11题结合《九章算术》“牟合方盖”，考查球与圆柱体积关系，渗透文化传承| |填空题|3题|纯虚数、数列递推、集合新定义|第14题创设“对称特征”集合情境，考查数学语言表达| |解答题|5题|解三角形、椭圆、概率统计、导数|第19题导数零点证明，综合考查逻辑推理与运算能力，契合高考压轴题命题趋势|

松花江中学高三年级4月模拟测试 数学试题 一、单选题 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数（为虚数单位），则的共轭复数为（   ） A． B． C． D． 3．已知，则（　　） A． B． C． D． 4．已知函数，且是图象的一条对称轴，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 5．如图，西昭高速施工队计划在一座大山中挖通一条直隧道，需要确定隧道的长度，工程测量员测得隧道两端的两点到点的距离分别为，且，则隧道的长度为（    ） A． B． C． D． 6．已知向量的夹角为，且，，若与向量垂直的非零向量满足（其中，则（    ） A． B．1 C．6 D． 7．已知函数，若方程有三个不同根，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．若双曲线的一个焦点到两渐近线的距离之和为，则该双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．在锐角中，内角所对的边分别为，且，则（   ） A． B． C． D．若，则 10．对于数列（），定义为，，…，中最大值（）（），把数列称为数列的“M值数列”.如数列2，2，3，7，6的“M值数列”为2，2，3，7，7，则（    ） A．若数列是递减数列，则为常数列 B．若数列是递增数列，则有 C．若数列的各项均为正整数，则满足为2，3，3，5，5的所有数列的个数为8 D．若，记为的前n项和，则 11．《九章算术》中称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”（如图所示），已知该正方体的棱长为1，则下列命题正确的是（    ） A．正方体的棱切球的体积为 B．该牟合方盖的内切球的体积与其中一个圆柱体的体积之比为 C．该牟合方盖的内切球被平面截得的截面面积为 D．以正方体的顶点A为球心，1为半径的球在该正方体内部部分的体积与该牟合方盖的内切球的体积之比为 三、填空题 12．若为纯虚数，则__________. 13．数列各项均为正数，且对任意都有，其中为数列的前项和，设，若满足不等式的正整数恰好有两个，则实数的取值范围为___________． 14．若非空集合A满足：，都有，则称集合A具有“对称特征”.已知集合，从S的所有非空子集中随机选取一个集合，则选取的集合具有“对称特征”的概率为______. 四、解答题 15．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且． (1)求内角A的大小； (2)若，求面积的最大值． 16．已知椭圆的右焦点为，且过点，直线过点交椭圆于两点． (1)求椭圆的方程； (2)线段的垂直平分线与轴的交点为，若点为椭圆的左顶点，求的面积． 17．在一个不透明的袋子中有7个不同标记的红球和个不同标记的白球，所有球的大小､质量均相同. (1)若，每次从袋中摸出1个球，摸出后不再放回，求第3次摸出的是第2个白球的概率； (2)若，从袋中一次性摸出4个球，其中红球个数为，白球个数为，记，求的分布列和数学期望. 18．现有一堆颜色不同，形状一样的小球在甲乙两袋中，其中甲袋有5个红色小球，4个白色小球，乙袋中有4个红色小球，3个白色小球. (1)分别从甲乙两袋中各取一个小球（相互无影响），求两个小球颜色不同的概率；（可直接用数字作答） (2)从甲袋中取出一球放入乙袋，然后从乙袋中取出一球；从甲袋中取出的是红球的条件下，求从乙袋中取出红球的概率；（可直接用数字作答） (3)先从两袋中任取一袋，然后在所取袋中任取一球，求取出为白球的概率.（以字母表述解题，并计算结果） 19．已知函数. (1)证明：时，； (2)若函数有且只有三个零点.， ①求k的取值范围； ②证明：. 试卷第2页，共3页 试卷第3页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 数学答案 1．B 【分析】由一元二次不等式解出集合，再求交集即可. 【详解】由题意可得， 又因为 所以. 故选：B 2．A 【详解】， 所以 的共轭复数为 . 3．C 【分析】根据条件概率公式以及事件之间的关系可得的值，再根据可得，结合条件概率公式与对立事件概率关系即可得所求. 【详解】若， 则，所以，故， 所以，所以， 所以， 则. 故选：C. 4．B 【分析】由辅助角公式得，根据三角函数的性质可得，进而可得，即可求得的最小值. 【详解】，其中, 又是图象的一条对称轴，所以， 解得，即,可取, 所以， 所以． 故选：B． 5．C 【分析】利用余弦定理计算即可得. 【详解】 ， 故隧道的长度. 6．D 【分析】由向量垂直数量积为0建立方程，由数量积公式求出向量的数量积和，代入方程后得到. 【详解】由，，得． 又，， 所以，整理，得． 故选：D． 7．A 【分析】探讨给定函数的对称性及单调性，脱去法则“f”，构造函数，利用导数探讨函数的性质并作出图象，数形结合求得答案. 【详解】函数的定义域为R，且在R上单调递增， ，即， 方程，即，于是， 即，令，依题意，直线与函数的图象有三个不同的交点， 求导得，当时，， 当时，，函数在上递减，在上递增， 当时，取极小值；当时，取极大值为， 而当或时，恒有， 在同一坐标系内作出直线与函数的图象， 观察图象得，原方程有三个不同实根，所以实数的取值范围为， 故选：A 8．C 【分析】由点到直线的距离公式计算点到渐近线的距离，再化简得到离心率的值. 【详解】 根据题意作出图象如图所示， 则，渐近线方程为， 则焦点到两渐近线的距离之和， 结合化简得， 故离心率. 9．ACD 【分析】根据已知条件利用正弦定理将边化角，利用三角形内角关系及两角和的正弦公式整理式子得到，判断A选项；根据，即三角形形状得到关于角的不等式，解不等式即可确定角的取值范围，即可判断B；根据化为，利用基本不等式即可求最值，即可判断C；由已知条件将边化成角，再根据角的范围即可求出的范围，即可判断D. 【详解】对于A：因为，由正弦定理可得， 又， 所以，即， 又，， 所以，故，则，故A正确； 对于B：由，得，又为锐角三角形， 所以，解得，故B错误； 对于C： ， （当且仅当，即时取等号），故C正确； 对于D：由，得，由正弦定理得： 即， 所以 . 又，所以，故，故D正确. 故选：ACD. 10．ABD 【分析】根据给定新数列定义，利用数列单调性求解判断AB；求出数列的个数判断C；求出数列的通项，再利用等比数列前项和公式求解判断D. 【详解】对于A，若数列是递减数列， 则是，，…，中最大值（）（）， 因此， 为常数列，A正确； 对于B，若数列是递增数列， 则是，，…，中最大值（）（）， 因此，即，B正确； 对于C，满足为2，3，3，5，5，则，， 可以取1，2，3，，可以取1，2，3，4，5， 所有数列的个数为，C错误； 对于D，若，则数列中奇数项构成递增的正项数列，偶数项都是负数， 则有，，D正确. 11．AB 【分析】A根据正方体的棱切球半径为面对角线的一半求出半径；结合球和圆柱的体积公式判断B；计算出正方体的内切球被平面截得的截面面积，可判断C选项；计算出以正方体的顶点A为球心，为半径的球在该正方体内部部分的体积与内切球的体积，可判断D选项. 【详解】对于A，正方体的棱切球半径为面对角线的一半，即， 则体积为，故A正确； 对于B：因为正方体的内切球与正方体的两个内切圆柱的侧面和底面都相切， 又因为牟合方盖与的两个顶点和侧面四个曲面刚好与正方体的侧面相切， 故正方体的内切球内切于牟合方盖， 该牟合方盖的内切球的半径为，体积为， 其中一个圆柱体的底面半径为，高为1，体积为， 所以该牟合方盖的内切球的体积与其中一个圆柱体的体积之比为，故B正确； 对于C：因为四边形为正方形，则， 平面，平面，则， ，平面， 平面，则，同理可证， ，所以平面， 设平面，则平面， 因为， 易知是边长为的等边三角形，则， 由，所以， 易知正方体的内切球球心为的中点，且， 所以，， 而正方体的内切球半径为， 所以，正方体的内切球被平面截得的截面圆半径为， 所以，截面面积为，故C错误； 对于D，以正方体的顶点A为球心，1为半径的球在该正方体内部部分的体积恰为该球体积的，即为， 该牟合方盖的内切球的体积为， 因此，所求体积之比为，故D错误. 故选：AB 12． 【分析】利用虚数的概念计算参数，再计算模长即可. 【详解】由题意可知，即， 则. 故答案为： 13． 【分析】利用可得，再次利用得到数列为等差数列，即可得到其通项公式，得，令，由数列的单调性得，即在时取得最大值，即可求解． 【详解】令，则，即，所以或或， 又因为数列的各项都是正数，所以， 令，则，即，解得或或，又因为数列的各项都是正数，所以． ， ① ， ② 由①②得：，化简得到， ③ ，④ 由③④得：， 化简得到，即， 当时，，所以， 所以数列是一个以为首项，为公差的等差数列，． 则，得， 令， 则， 令，得， 得，得， 所以，即在时取得最大值， ，， ，， 若满足不等式的正整数恰好有两个，即， 所以需满足：，即， 故答案为： 14． 【分析】先求得集合的非空子集有个，再利用列举法得到具有“对称特征”的子集的个数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解. 【详解】由集合，可得集合的非空子集有个， 其非空子集中，具有“对称特征”的子集有，共有7个， 所以选取的集合具有“对称特征”的概率为. 故答案为：. 15．(1) (2)． 【分析】（1）把向量的数量积用坐标表示后利用正弦定理化边为角，利用三角函数性质可得； （2）用余弦定理后利用基本不等式得出的最大值，从而可得面积最大值． 【详解】（1）∵，，且， ∴， ∴由正弦定理得． ∵，∴， ∴，． ∵，∴． （2）∵， ∴由余弦定理得，即． ∵，∴，∴， 当且仅当时，等号成立， ∴， ∴面积有最大值，最大值为． 16．(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的性质并代入所过点坐标计算即可； （2）法一：先排除直线斜率不存在的情况，设其点斜式方程，联立椭圆方程结合韦达定理、直线垂直的斜率积计算直线的斜率，再利用弦长公式、点到直线的距离公式计算即可. 法二：由题意知直线斜率不为零，设方程为：的中点，联立椭圆方程结合韦达定理、直线垂直的斜率关系计算的值，再求的面积. 【详解】（1）因为椭圆的右焦点为，且过点， 所以，解得， 则椭圆的方程为； （2）方法一：若直线斜率不存在，此时其垂直平分线与横轴重合，不符合题意， 所以直线的斜率存在，设直线的方程为的中点， 联立，消去并整理， 由韦达定理得， 所以， 易知，所以，解得，即， 所以直线的方程为或； 由弦长公式可知 ，由直线的对称性知点到两条直线的距离相同，即 所以的面积为． 方法二：由题意知直线斜率不为零，设方程为：的中点， 联立，消去得， 韦达定理得， 所以，． 由，得，整理得：． 因为，所以， . 17．(1) (2)分布列见解析， 【分析】（1）利用排列组合和古典概率的计算求解即可； （2）先确定从袋中一次性摸出4个球中红球数与白球数从而确定所有可能的取值为，计算相应概率，列出分布列，由期望公式求解可得. 【详解】（1）若，即袋中有7个红球和3个白球， 第3次摸出的是第2个白球的概率. （2）若，即袋中有7个红球和4个白球， 从袋中一次性摸出4个球， 依题意可知，红球数与白球数可能为. 所以所有可能的取值为， ， 所以的分布列为 0 2 4 . 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）设事件为“从甲袋中取出红球”，事件为“从乙袋中取出红球”，事件为“两球颜色不同”，得到，结合，即可求解； （2）根据题意，利用条件概率的计算公式，即可求解； （3）设事件为“取出为白球”，事件为“取到甲袋”，事件为“取到乙袋”，得到，结合全概率公式，即可求解. 【详解】（1）解：设事件为“从甲袋中取出红球”，事件为“从乙袋中取出红球”， 事件为“两球颜色不同”，则， 则. （2）解：由（1）知：， 若从甲袋中取出的是红球，放入乙袋中，取得红球的概率为， 所以从甲袋中取出红球的条件下，则从乙袋中取出红球的概率为. （3）解：设事件为“取出为白球”，事件为“取到甲袋”，事件为“取到乙袋”， 则， 则. 19．(1)证明见解析 (2)①②证明见解析 【分析】（1）转化为证明，构造函数，利用导数求最小值即可得证； （2）①分类讨论，结合函数的单调性、极值，利用零点存在性定理求解；②转化为证明，构造函数，利用导数证明其最小值大于0即可. 【详解】（1）等价证明： 构造， 在上单调递减；在上单调递增 在时取最小值 成立，也成立. （2）①， 在上单调递减，在上单调递增， 在处取得最小值 若，即时，，函数在上单调，不可能有三个零点，舍去； 当，即时，， ，当时，，由（1）知， 所以，因为，所以， 故，即 在上单调递增，在区间上单调递减，上单调递增， ，即是函数的一个零点， ，，且， ∴由零点存在性定理和函数的单调性，在上存在唯一一个零点， 时，由（1）的结论， 当时，都有，且 ∴由零点存在性定理和函数的单调性，在上存在唯一一个零点， 故零点，时，加上有且只有三个零点. 的取值范围是. ②由①知时，，函数在上都取负值， 在上单调递增且都取正值，要证明，只需证明， 只需证即可. ，又 ，令， 令，则，当且仅当时取等号， 在单调递增， 时， 在单调递减， 成立 成立. 答案第8页，共12页 答案第9页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $