精品解析：山西运城市康杰中学2026届高三冲刺模拟卷（三）数学试题

康杰中学2026届冲刺模拟卷（三） 数学 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. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 下列命题中，真命题是（ ） A. B. C. 的充要条件是 D. 是的充分条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数函数性质可知A错误；取均可判定B错误；当分母为0时，可以判断C错误；利用不等式的基本性质可知D正确. 【详解】因为恒成立，故A错误； 当时，，故B错误； 当时，满足，但因分母为零，从而无意义，故C错误； 利用不等式的性质可知，故D正确. 故选：D 2. 定义集合和的运算：，若集合，则的真子集个数为（ ） A. 31 B. 32 C. 62 D. 63 【答案】D 【解析】 【分析】先根据新定义求出集合的所有元素，确定其元素个数，再代入真子集个数公式计算即可. 【详解】由新定义知，，一共6个元素，所以的真子集的个数为. 故选：D. 3. 某校高一有学生 980 人，在一次模拟考试中这些学生的数学成绩 服从正态分布 ，已知 ，则该校高一学生数学成绩在 110 分以上的人数大约为（ ） A. 784 B. 490 C. 392 D. 294 【答案】C 【解析】 【分析】根据正态分布的性质求出，即可估计人数. 【详解】因为，且， 所以， 所以， 又因为高一有学生980人， 所以该校高一学生数学成绩在110分以上的人数大约为． 故选：C． 4. 已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则使得成立的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：若，，则或 若，又，则与可能平行、相交（不垂直）、异面（不垂直）、相交垂直、异面垂直， 若，又，则与可能平行、异面（不垂直）、异面垂直，故A错误； 对于B：若，，，则，故B错误； 对于C：若，，则，又，所以，故C错误； 对于D：若，，则与可能平行或相交（不垂直）或垂直或， 又，此时不能保证成立，如，此时与可能平行、异面（不垂直）、异面垂直，故D错误； 故选：C 5. 已知直线与圆 ，圆 的交点从左到右依次为A，B，C，D，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得，利用几何法求出直线与圆和相交的弦长，得解. 【详解】由圆，圆心，半径， 所以圆心到直线的距离， 同理，圆 的圆心为，半径，圆心到直线的距离， 所以，， . 故选：B. 6. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，过作与C的一条渐近线平行的直线，交C的左支于点P，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，表示出直线的方程与双曲线方程联立求出交点P的横坐标，同理表示直线的方程与双曲线方程联立也求出交点P的横坐标，由此可得的关系式，即可求得答案.. 【详解】由题意，不妨取双曲线的一条渐近线为，， 设，则直线的方程为， 与双曲线方程 联立得， 解得，即P点横坐标为， 又因为， 所以直线的方程为， 与联立解得，即P点横坐标也为， 所以，即，即， 所以， 故选：B 7. 若某圆台有内切球（与圆台的上下底面及每条母线均相切的球），且母线与底面所成角的余弦值为，则此圆台与其内切球的体积之比为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将圆台还原成圆锥，作出圆锥的轴截面，再结合给定角求出圆锥底面圆半径、高与内切球半径的关系即可计算得解. 【详解】将圆台母线延长交于点S，得圆锥，作圆锥的轴截面，等腰梯形为圆台的轴截面， 截内切球得大圆，并且是梯形的内切圆，令切圆于，如图， 设底面圆直径，依题意，，，， 设内切球半径为，则，，， ，于是，且为的中点，而内切球体积， 圆台的体积, 所以圆台与其内切球的体积比为. 故选：A 8. 设，函数，若在区间内恰有6个零点，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由最多有2个根，可得至少有4个根，分别讨论当和时两个函数零点个数情况，再结合考虑即可得出. 【详解】最多有2个根，所以至少有4个根， 由可得， 由可得， （1）时，当时，有4个零点，即； 当，有5个零点，即； 当，有6个零点，即； （2）当时，， ， 当时，，无零点； 当时，，有1个零点； 当时，令，则，此时有2个零点； 所以若时，有1个零点. 综上，要使在区间内恰有6个零点，则应满足 或或， 则可解得a的取值范围是. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是分成和两种情况分别讨论两个函数的零点个数情况. 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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 除以8所得的余数是7 【答案】BCD 【解析】 【详解】A：二项式的通项公式为， ，所以本选项不成立； B：在中， 令，得， 令，得， 两式相加，得 ，所以本选项成立； C：对等式两边同时求导，得 ， 令，得，所以本选项成立； D： ， 所以除以8所得的余数是7，因此本选项说法正确. 10. 已知正项等比数列，等差数列满足：，，，记为前项和，为前项和，则下列正确的有（ ） A. B. C. 存在，使得 D. 对任意，都有 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用等比数列和等差数列的通项公式以及前n项和公式可将，，，表示成关于n的式子，根据解析式判断选项即可． 【详解】因为是正项等比数列，设公比为；为等差数列，设公差为； 因为，，； 则，， 即，；解得：，； 故；；故A正确，B错误； 因为；； 设存在，使得，则，可得；故存在；C正确； 由数学归纳法可证： 当时，，；满足； 当时，，；满足； 假设当时，不等式成立，即； 当时，左边， 因为假设，故； 因为，故； 故 故对任意，都有恒成立，故D正确． 11. 记的内角所对边分别为，点为的中点，，，延长到点，使点为线段的中点，则（ ） A. B. 周长的取值范围为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】已知等式由正弦定理和三角恒等变换化简，求角判断选项A；由余弦定理和基本不等式得，进而得出判断选项B；由，利用向量的数量积和三角恒等变换化简得，为锐角三角形，有，结合正弦函数的性质求取值范围判断选项C；设，由余弦定理，利用辅助角公式和正弦函数的性质求最小值判断选项D. 【详解】对于A，已知，由正弦定理得， 即，得， 则有，得， 又由于，所以，故， 而，所以，选项A正确； 对于B，在中，由余弦定理，得， 所以，，所以，即，当且仅当时取等号， 由于， 所以的周长的取值范围为，故选项B正确； 对于C，在中，由正弦定理得， ，， 由AC的中点为M，有， ， △ABC为锐角三角形，则，得， 当，有，所以， 有，故的最大值为，选项C错误； 对于D，设，所以，在中由余弦定理， ， ，， 故当，即时， 取最小值，所以的最小值为，故D选项正确. 故选：ABD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，若复数在复平面内对应的点位于虚轴上，则______． 【答案】 【解析】 【分析】借助复数运算法则与虚轴上的点的性质计算即可得. 【详解】， 由该复数在复平面内对应的点位于虚轴上， 则其实部为，即有，解得. 13. 从1、3、5、7中任取2个数字，从0、2、4、6中任取2个数字，组成没有重复数字的四位数，其中能被5整除的四位数共有________个.（用数字作答） 【答案】198 【解析】 【分析】题目要求得到能被5整除的数字，注意0和5 的排列，分三种情况进行讨论，四位数中包含5和0的情况，四位数中包含5，不含0的情况，四位数中包含0，不含5的情况，根据分步计数原理得到结果． 【详解】解：①四位数中包含5和0的情况： ． ②四位数中包含5，不含0的情况： ． ③四位数中包含0，不含5的情况： ． 四位数总数为． 故答案为：198． 【点睛】本题是一个典型的排列问题，数字问题是排列中的一大类问题，条件变换多样，把排列问题包含在数字问题中，解题的关键是看清题目的实质，很多题目要分类讨论，要做到不重不漏，属于中档题. 14. 如图，抛物线的方程为，焦点是，圆心在轴上的圆与抛物线在第四象限有且只有一个公共点，且它们在点处的切线是同一条直线.若点的横坐标为，，则实数的值为__________. 【答案】18 【解析】 【分析】作出公共切线，并过作射线轴，则由抛物线的光学性质可得，再利用抛物线定义计算可得点坐标，最后利用直线的斜率计算即可得. 【详解】如图，作出抛物线和圆在点处的公共切线，同时过作射线轴， 则有，由抛物线的光学性质，可得， ， 且， 又，代入得，解得. 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，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，. （1）求b. （2）若D点满足，，求a. 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化简可得，由得，结合正弦定理即可求解； （2）设，则，设，则，由正弦定理化简可得，结合二倍角公式解得，求出，利用余弦定理求解即可. 【小问1详解】 由及正弦定理得， 即，即， 由得，， 即，进而由正弦定理得； 【小问2详解】 因为，所以， 设，则由题意，设，则， 则由正弦定理得，消去x得， 所以，又，所以，所以，所以， 由余弦定理得，所以. 16. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，平面，点，分别在棱，上，且． （1）求证：； （2）若，与平面所成的角为60°，点关于平面的对称点为，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）连接底面菱形对角线交点，利用线面平行得，结合菱形对角线垂直及推出平面，进而平面，从而，由中点性质即得. （2）由及第一问知底面ABCD，建立空间直角坐标系，根据菱形边长与角度得各点坐标，利用与平面所成的角为60°，求出P点坐标，再求平面PCD的法向量以确定点A关于该平面的对称点M，最后通过平面PAB的法向量计算点M到该平面的距离. 【小问1详解】 证明：连，相交于点，连．∵底面为菱形，∴且． 又平面，平面，平面平面，∴， ∴，又，而． ∴平面，又，∴平面，而平面， ∴，，为等腰三角形，即． 【小问2详解】 若，则，由（1）知，∴平面， 以为原点以，，分别为轴，轴，轴建立直角坐标系， 又，∵，则，，，， ∵，，∴平面，与平面所成的角为60°， ∴，∴，∴． ∴，，． 设平面的法向量为 则取，，，∴， 设，，则，到平面的距离相等， ， ∴． 又，∴，解得 ， 设平面的法向量为，∵，． 则取，，，∴， 则点到平面距离为． 17. 已知函数． （1）若函数在点处的切线过，求a的值； （2）若，证明：恒成立； （3）试求出正整数a的最小值，使存在唯一的极值点． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）最小值为2 【解析】 【分析】（1）先求导，再求，进而求切线方程，由切线过点即可求解； （2）由，记，即证，利用导数研究单调性求即可； （3）设，分和两种情况讨论即可； 【小问1详解】 由已知，， 所以，， 则在点处的切线为：， 即，所以，； 【小问2详解】 若，则，， 所以， 记，则， 易知时，，函数递增；时，。函数递减， ； 【小问3详解】 设，， 1° 当时，，易知，且时，， 时，，则1为的极大值点， 而，， 则存在，使，即应为另一极值点，知时不成立； 2° 当时，，由 知时，，恒成立，得在上单调递减， 又，，所以在内存在唯一零点， 即在内存在唯一极值点； 当时，，所以，则，单调递减， 无极值； 当时，，则，单调递减，无极值．故符合要求． 综上：正整数a的最小值为2，使存在唯一的极值点． 18. 已知椭圆的长轴长为4，直线与椭圆交于，两点（点在第一象限）．当时，，在轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点． （1）求的标准方程； （2）若轴于点，连接并延长交于点，记直线的斜率为． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）设，求的最小值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）． 【解析】 【分析】（1）设椭圆焦距为，则椭圆过点，代入椭圆方程，结合及，求出，即可得到椭圆的标准方程； （2）（ⅰ）设各点的坐标，利用点差法，用表示，即可证为定值；（ⅱ）根据直线的斜率与倾斜角的关系，利用两角差的正切公式，并结合基本不等式可求得的最小值． 【小问1详解】 由题意有，所以. 设椭圆焦距为，易知椭圆过点，所以. 又，所以. 所以，即，解得. 所以，，故的标准方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）设，，，则，由题意有． 直线的斜率即的斜率为，所以直线的方程. 所以，又，在椭圆上， ∴，∴. ∴， ∴. （ⅱ）∵， 而，， 由（ⅰ）知， ∴，又， ∴， ∴. 当且仅当，即时等号成立. 所以．的最小值为． 19. 小明拥有1个电动玩具，厂家配备了一个装电池的盒子，内装满原装4块电池，其中2块为可充电电池，2块为一次性电池、为了保证随时可玩耍，小明又购买了2块可充电电池备用，他每次玩玩具时就随机从装满电池的盒子中取出1块使用，若为一次性电池，则使用完毕后丢弃，并补充1块可充电电池装入盒中；若为可充电电池，则使用完毕后充电，并放入盒中以备下次使用． （1）记第次使用后一次性电池剩余的块数为，求的数学期望； （2）记第次使用后一次性电池恰好使用完毕的概率为． （i）求； （ii）分析第几次使用后一次性电池恰好使用完的可能性最大． 【答案】（1） （2）（i）（ii）第3次 【解析】 【分析】（1）根据的可能取值求出对应的概率，再由数学期望公式计算； （2）（i）记事件，，，分析在不同抽取次数下各事件发生的情况，分别考虑时一次性电池恰好使用完毕的概率，利用全概率公式求出的表达式，借助于等比数列求和公式计算即得；（ii）在（i）求得的基础上，利用作差比较法判断其增减性即得结果. 【小问1详解】 的可能取值为0，1，2， 所以， ， 所以； 【小问2详解】 （i）记事件：第一次取到一次性电池，事件：取到可充电电池，事件：第二次取到一次性电池， 由条件，假设第次抽取时，事件发生，概率，第次抽取时，事件发生，概率， 在事件前面每次发生事件的概率为，后面每次发生事件的概率为，则有 抽取次数 1 2 ．．． ．．． 事件 ．．． ．．． 所以 即 （ii）令， 即，所以， 所以第3次使用后一次性电池恰好使用完的可能性最大． 【点睛】关键点点睛：在求解的表达式时，关键在于弄清在时一次性电池恰好使用完毕的概率，再求和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 康杰中学2026届冲刺模拟卷（三） 数学 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. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 下列命题中，真命题是（ ） A. B. C. 的充要条件是 D. 是的充分条件 2. 定义集合和的运算：，若集合，则的真子集个数为（ ） A. 31 B. 32 C. 62 D. 63 3. 某校高一有学生 980 人，在一次模拟考试中这些学生的数学成绩 服从正态分布 ，已知 ，则该校高一学生数学成绩在 110 分以上的人数大约为（ ） A. 784 B. 490 C. 392 D. 294 4. 已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则使得成立的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 5. 已知直线与圆 ，圆 的交点从左到右依次为A，B，C，D，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，过作与C的一条渐近线平行的直线，交C的左支于点P，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 若某圆台有内切球（与圆台的上下底面及每条母线均相切的球），且母线与底面所成角的余弦值为，则此圆台与其内切球的体积之比为（ ） A. B. 2 C. D. 8. 设，函数，若在区间内恰有6个零点，则a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. 已知，则（ ） A. B. C. D. 除以8所得的余数是7 10. 已知正项等比数列，等差数列满足：，，，记为前项和，为前项和，则下列正确的有（ ） A. B. C. 存在，使得 D. 对任意，都有 11. 记的内角所对边分别为，点为的中点，，，延长到点，使点为线段的中点，则（ ） A. B. 周长的取值范围为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，若复数在复平面内对应的点位于虚轴上，则______． 13. 从1、3、5、7中任取2个数字，从0、2、4、6中任取2个数字，组成没有重复数字的四位数，其中能被5整除的四位数共有________个.（用数字作答） 14. 如图，抛物线的方程为，焦点是，圆心在轴上的圆与抛物线在第四象限有且只有一个公共点，且它们在点处的切线是同一条直线.若点的横坐标为，，则实数的值为__________. 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，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，. （1）求b. （2）若D点满足，，求a. 16. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，平面，点，分别在棱，上，且． （1）求证：； （2）若，与平面所成的角为60°，点关于平面的对称点为，求点到平面的距离． 17. 已知函数． （1）若函数在点处的切线过，求a的值； （2）若，证明：恒成立； （3）试求出正整数a的最小值，使存在唯一的极值点． 18. 已知椭圆的长轴长为4，直线与椭圆交于，两点（点在第一象限）．当时，，在轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点． （1）求的标准方程； （2）若轴于点，连接并延长交于点，记直线的斜率为． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）设，求的最小值． 19. 小明拥有1个电动玩具，厂家配备了一个装电池的盒子，内装满原装4块电池，其中2块为可充电电池，2块为一次性电池、为了保证随时可玩耍，小明又购买了2块可充电电池备用，他每次玩玩具时就随机从装满电池的盒子中取出1块使用，若为一次性电池，则使用完毕后丢弃，并补充1块可充电电池装入盒中；若为可充电电池，则使用完毕后充电，并放入盒中以备下次使用． （1）记第次使用后一次性电池剩余的块数为，求的数学期望； （2）记第次使用后一次性电池恰好使用完毕的概率为． （i）求； （ii）分析第几次使用后一次性电池恰好使用完的可能性最大． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $