精品解析：江苏盐城市滨海县八滩中学2025-2026学年高三下学期考前预测数学试题

滨海县八滩中学 2025－2026学年度春学期高三年级三模模拟试卷 数学试题 时间：120分钟 总分：150分 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ） A. 13 B. 12 C. 9 D. 6 4. Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数(的单位：天)的Logistic模型：，其中为最大确诊病例数.当时，标志着已初步遏制疫情，则约为（ ）(参考数据：) A. 60 B. 62 C. 66 D. 63 5. 已知如图为函数的图象，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 6. 在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的定义域为，是奇函数，的导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 2 8. 中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1，某公园的六角亭是中国常见的一种供休闲的古建筑，六角亭屋顶的结构示意图可近似地看作如图2所示的六棱锥.该公园管理处准备用风铃装饰六角亭屋顶的六个顶点A，B，C，D，E，F，现有四种不同形状的风铃可供选用，则在相邻的两个顶点挂不同形状的风铃的条件下，顶点A与C处挂同一种形状的风铃的概率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 以下说法正确的有（ ） A. 某医院住院的8位新冠患者的潜伏天数分别为10，3，8，3，2，18，7，4，则该样本数据的第50百分位数为5.5 B. 经验回归直线至少经过样本点数据中的一个点 C. 若，，则事件A，B相互独立 D. 若随机变量，则取最大值的必要条件是 10. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 的单调递增区间为 C. 的极小值为 D. 若关于的方程恰有三个不等的实数根，则 的取值范围是 11. 已知是数列的前项和，且，点，定义点、，记，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式的常数项是___________． 13. 如图1，在三棱锥中，，点P到平面的距离为2，且点P在平面内的射影与点C在直线 的两侧.如图2，是底面在斜二测画法下的直观图（其中A与对应，B与对应），，则三棱锥外接球的表面积为______. 14. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，，则C的离心率为____________． 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. 已知的面积，点D在边上. （1）若，，，求线段 的长； （2）若是锐角三角形， 平分，求的取值范围. 16. 已知数列的前n项和为，，，且． （1）求； （2）求证：． 17. 如图，在四棱锥中，四边形 是梯形，，， ，平面平面 ， （1）证明：； （2）若点 是的中点，点是线段上的点，点到平面的距离是，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知直线过抛物线C：的焦点F，且与C交于A，B两点，当直线的斜率为1时，弦 的长度为8. （1）求C的方程； （2）设C的准线与x轴的交点为D，求证：直线与关于x轴对称； （3）已知点，直线，与C分别交于点P，Q，问直线是否过定点?若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由. 19. 定义：设为区间D上的可导函数，若为增函数，则称为区间D上的凹函数.对于凹函数，丹麦著名数学家琴生（Johan Jensen）提出了著名的琴生不等式：若函数为其定义域上的凹函数，则对其定义域内任意n个数，均有成立（当且仅当时等号成立）. （1）分别判断函数与是否为其定义域上的凹函数； （2）若函数为上的凹函数，求m的取值范围； （3）设数列中的各项均不小于1，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 滨海县八滩中学 2025－2026学年度春学期高三年级三模模拟试卷 数学试题 时间：120分钟 总分：150分 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集、补集的定义可求. 【详解】由题设可得，故， 故选：B. 2. 已知复数满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，由，根据复数相等求出，再利用复数模的计算公式求出. 【详解】设，则， 由，则， 化简得， 则，解得， 则， 所以. 故选：C. 3. 已知，是椭圆 ：的两个焦点，点在 上，则的最大值为（ ） A. 13 B. 12 C. 9 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案． 【详解】由题，，则， 所以（当且仅当时，等号成立）． 故选：C． 【点睛】 4. Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域.有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数( 的单位：天)的Logistic模型：，其中为最大确诊病例数.当时，标志着已初步遏制疫情，则约为（ ）(参考数据：) A. 60 B. 62 C. 66 D. 63 【答案】D 【解析】 【分析】根据可解得的值，即可得答案； 【详解】 ，所以， 所以，解得. 故选：D. 【点睛】本题考查利用函数模型求解实际问题，考查阅读理解能力. 5. 已知如图为函数的图象，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由函数图象和函数的性质，对选项A，D可进行排除，利用导数，求出选项C中函数在上的最小值，结合图像即可判断选项C错误，由此即可判断出最终答案．． 【详解】由函数图像可知，函数定义域可知 可以取到，故排除D； 由函数图象可知函数只有一个零点，且为，故排除A； 对求导可得 令得，且此时取最小值为，与函数图象不符， 排除C； 故选：B． 【点睛】本题考查了函数的图象、函数的性质以及导数在求函数最值中的应用，属于中档题． 6. 在 中，．P为 所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得； 【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，， 因为，所以在以 为圆心， 为半径的圆上运动， 设，， 所以，， 所以 ，其中，， 因为，所以，即； 故选：D 7. 已知函数的定义域为，是奇函数，的导函数为，且，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数奇偶性可得是奇函数，且8是的一个周期，赋值法计算可得的值，同理可计算求得8也是的一个周期，求出的值即可. 【详解】由，得， 因为是奇函数，所以也是奇函数，所以，. 又，所以， 即，所以，所以8是的一个周期， 所以， 由，得. 由，得， 又，所以， 所以，即，所以， 所以8也是的一个周期， 所以，得， 所以，所以. 故选：A. 【点睛】方法点睛：求解函数值或求和问题时，经常利用函数奇偶性以及整体代换和赋值法求得对应的周期，再由周期性的应用即可得出结果. 8. 中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1，某公园的六角亭是中国常见的一种供休闲的古建筑，六角亭屋顶的结构示意图可近似地看作如图2所示的六棱锥.该公园管理处准备用风铃装饰六角亭屋顶的六个顶点A，B，C，D，E，F，现有四种不同形状的风铃可供选用，则在相邻的两个顶点挂不同形状的风铃的条件下，顶点A与C处挂同一种形状的风铃的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】记事件G：相邻的两个顶点挂不同形状的风铃，事件H：A与C处挂同一种形状的风铃.分三类讨论求出事件G的挂法总数，分两类讨论求出对于事件H的挂法总数，结合条件概率的计算公式计算即可求解. 【详解】记事件G：相邻的两个顶点挂不同形状的风铃，事件H：A与C处挂同一种形状的风铃. 对于事件G，包含的情况可分以下三类： （1）当A，C，E挂同一种形状的风铃时，有4种挂法， 此时B，D，F各有3种挂法，故不同的挂法共有4×3×3×3=108种； （2）当A，C，E挂两种不同形状的风铃时，有种挂法， 此时B，D，F有3×2×2种挂法，故不同的挂法共有种； （3）当A，C，E挂三种不同形状的风铃时，有种挂法， 此时B，D，F各有2种挂法，故不同的挂法共有种. 综上，总计有108+432+192=732种挂法，即. 当顶点A与C挂同一种形状的风铃，且相邻两顶点挂不同形状的风铃时，分以下两类： （1）A，C，E挂同一种形状的风铃，由前面解析可知，此时不同的挂法有108种； （2）当A，C挂同一种形状的风铃，E挂其他形状的风铃时，有种挂法， 此时B，D，F有3×2×2种挂法，故不同的挂法共有种. 综上，总计有108+144=252种挂法，即， 故. 故选：C. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 以下说法正确的有（ ） A. 某医院住院的8位新冠患者的潜伏天数分别为10，3，8，3，2，18，7，4，则该样本数据的第50百分位数为5.5 B. 经验回归直线至少经过样本点数据中的一个点 C. 若，，则事件A，B相互独立 D. 若随机变量，则取最大值的必要条件是 【答案】AC 【解析】 【分析】应用百分位数的估计方法判断A；由回归直线的性质判断B；由条件概率公式，及独立性判定公式判断C；利用二项分布概率公式，结合组合数性质确定参数，由充分必要性定义判断D. 【详解】A：数列从小到大为，则，故第50百分位数为，正确； B：回归直线不一定过样本点，但必过样本中心，错误； C：由，则，故， 所以事件A，B相互独立，正确； D：由，要使取最大值， 只需取最大，显然当或时最大，故是取最大的充分条件，错误. 故选：AC 10. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 的单调递增区间为 C. 的极小值为 D. 若关于的方程恰有三个不等的实数根，则的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】求得，结合奇偶性的定义和判定方法，可判定A正确；求得，求得的单调区间，可判定B错误；由的单调性，结合极值的定义，求得函数的极值，进而可判定C、D都正确. 【详解】对于A，由函数，可得，其定义域为， 且，所以函数为奇函数，所以A正确； 对于B，由函数，可得， 令，即，解得或； 令，即，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以B错误； 对于C，由B项知：函数在 处取得极小值，极小值为，故C正确； 对于D，由B项知：函数极大值为，极小值为， 且当时，；当时，； 要使得方程恰有三个不等的实数根， 即与的图象有三个不同的交点，则满足， 所以实数的取值范围是，所以D正确. 11. 已知是数列的前项和，且，点，定义点、，记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由可求出数列的通项公式，可判断A选项；求得，结合两角和的正切公式可判断B选项；求出的值，可判断C选项；利用两角和的正切公式可证明，即可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为是数列的前项和，且，则， 当时，， 满足，故对任意的，，A对； 对于B选项，，即点，且点， 所以点、均在第一象限，所以，， 所以，B对； 对于C选项，， 故，C错； 对于D选项，因为，，所以； 因为，所以，因此， 类比可得，又因为在上单调递增，因此； 所以， 因为，所以 故，D对. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式的常数项是___________． 【答案】7 【解析】 【详解】分析:先根据二项式展开式的通项公式写出第r+1项，再根据项的次数为零解得r，代入即得结果. 详解：二项式的展开式的通项公式为, 令得，故所求的常数项为 点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略： (1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出 值即可. (2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数的值，再由通项写出第项，由特定项得出 值，最后求出特定项的系数. 13. 如图1，在三棱锥中，，点P到平面 的距离为2，且点P在平面 内的射影与点C在直线的两侧.如图2，是底面 在斜二测画法下的直观图（其中A与对应，B与对应），，则三棱锥外接球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用直观图以及三棱锥的性质构造正方体求得外接球的半径R，即可得出外接球的表面积. 【详解】因为，， 所以，， 过点P作平面 于点D，则， 由，可知平分， 设与的交点为O，则， 所以，所以四边形是正方形， 故可将此三棱锥补形成如图所示的正方体， 则该正方体的体对角线即为三棱锥外接球的一条直径， 设该外接球的半径为R，则，即， 则其表面积为. 故答案为： 14. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，，则C的离心率为____________． 【答案】2. 【解析】 【分析】通过向量关系得到和，得到，结合双曲线的渐近线可得从而由可求离心率. 【详解】如图， 由得又得OA是三角形的中位线，即由，得则有， 又OA与OB都是渐近线，得又，得．又渐近线OB的斜率为，所以该双曲线的离心率为． 【点睛】本题考查平面向量结合双曲线的渐近线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取几何法，利用数形结合思想解题． 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. 已知 的面积，点D在边 上. （1）若，，，求线段 的长； （2）若 是锐角三角形， 平分，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量的数量积及三角形面积公式可得，进而结合平面向量的线性运算及数量积的运算律求解即可； （2）根据正弦定理及两角差的正弦公式可得，结合 是锐角三角形可得，进而结合正切函数的性质求解即可. 【小问1详解】 由，得， 所以，即， 又，所以. 由，则， 两边平方得， 即， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，， 因为 平分，所以， 在 中，由正弦定理， 可得， 因为 是锐角三角形， 所以，则， 所以，则，所以， 故，则， 所以， 16. 已知数列的前n项和为，，，且． （1）求； （2）求证：． 【答案】（1） （2） 证明：由（1）知， 所以. 故原不等式成立. 【解析】 【分析】（1）分析可知数列是首项为，公比为的等比数列， 数列是首项为，公比为的等比数列，求出、的表达式，即可得出数列的通项公式； （2）利用放缩法可得出，结合等比数列的求和公式可证得原不等式成立. 【小问1详解】 解：由得． 所以，当时，， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 故，即． 当时，则， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，． 所以． 【小问2详解】 略 17. 如图，在四棱锥中，四边形 是梯形，，， ，平面平面 ， （1）证明：； （2）若点 是的中点，点是线段上的点，点到平面的距离是，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：如图，作出符合题意的图形， 取 的中点，连接. 在梯形 中， ，， ， 四边形为平行四边形，又 ，， 四边形为正方形， ，， ，， ， . 平面平面 ，平面平面，平面 ， 平面， 平面， . 在梯形 中， ，且， 必然相交. 又 ，平面 ， 平面 ， 平面 ， ； （2） 【解析】 【分析】（1）先证明 平面，从而得到，再证明平面 ，即可证明； （2）以 为原点，建立空间直角坐标系，根据点到平面的距离，确定点的位置，进而确定平面的法向量，设直线与平面所成的角为 ，再根据线面角的向量求法计算即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，作出符合题意的图形， 由（1）知平面 ，且，所以以 为原点， 所在直线分别为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，. ，，，. 设，则， ，则. 设平面的法向量为， 则，即. 令，则， . 设点到平面的距离为 ， 则， 两边同时平方可得，整理可得，解得， 此时点是线段的中点，，取. 设直线与平面所成的角为 ， 则. 18. 已知直线过抛物线C：的焦点F，且与C交于A，B两点，当直线的斜率为1时，弦的长度为8. （1）求C的方程； （2）设C的准线与x轴的交点为D，求证：直线与关于x轴对称； （3）已知点，直线 ，与C分别交于点P，Q，问直线是否过定点?若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由. 【答案】（1） （2）证明：由（1）可知，，，， ∴，， ∴ ， ∴， ∴直线与关于x轴对称. （3）直线过定点. 理由如下： 由题意可知直线的斜率不为0， 设，， 由（1）知，. 由题意可知直线的斜率不为0， 设直线的方程为， 联立得，则， ∴，，∴，同理可得. 当直线的斜率存在且不为0时，直线的斜率也存在且不为0，则， ∴， ∴直线的方程为， 由对称性知，定点在 轴上， 令，得 ， ∴直线过定点. 当直线的斜率不存在时，直线的斜率也不存在，则直线： ， 取，， 则，， ∴直线：，过定点. 【解析】 【分析】（1）设直线的方程为，联立方程组，由根与系数的关系，结合弦长公式可求，求得抛物线方程； （2）利用（1）可得，，计算可得，从而可证结论； （3）设，，直线的方程为，联立方程组，求得的坐标，同理求得点 的坐标，求得直线的直线方程，进而可求定点坐标. 【小问1详解】 ∵直线过焦点F且与C交于A，B两点，∴直线的斜率不为0， 不妨设直线的方程为，，， 联立直线与C的方程， 得，， ∴，， 则， 由题可知当时，，∴， ∴抛物线 的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 直线过定点，理由略. 【点睛】关键点睛：这道题的关键之处是利用直线的方程，直线的方程，利用的坐标，进而表示的直线方程，即可求得定点 19. 定义：设为区间D上的可导函数，若为增函数，则称为区间D上的凹函数.对于凹函数，丹麦著名数学家琴生（Johan Jensen）提出了著名的琴生不等式：若函数为其定义域上的凹函数，则对其定义域内任意n个数，均有成立（当且仅当时等号成立）. （1）分别判断函数与是否为其定义域上的凹函数； （2）若函数为上的凹函数，求m的取值范围； （3）设数列中的各项均不小于1，证明：. 【答案】（1）不是 上的凹函数，是上的凹函数 （2） （3）证明：设，因为，故，记， 由（1）知为定义域上的凹函数，所以由琴生不等式可知 ， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据新定义，结合对勾函数的单调性，即可下结论； （2）根据新定义可得为增函数，由分离参数法可得，利用导数的应用讨论函数的性质即可求解； （3）记，由新定义，结合琴声不等式的应用即可证明. 【小问1详解】 的导函数为， 因为函数不是 上的增函数， 所以不是 上的凹函数. 的导函数为， 当时，令， 由对勾函数的单调性知在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以在上单调递增， 所以函数是上的凹函数. 【小问2详解】 由题可知， 设，则. 因为函数为 上的凹函数，所以为增函数， 所以，即恒成立. 设，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 故m的取值范围是. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $