精品解析：黑龙江省实验中学2025-2026学年高三下学期考前模拟考试数学试题

黑龙江省实验中学2025-2026学年高三下学期考前模拟考试数学试题 考试时间：120分钟 总分：150分 一、选择题：本题共有8个小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，结合指数函数的单调性解得，即； 由，解得，即， 则 2. 已知，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】在上的投影向量为． 3. 已知直线与圆相交于A，B两点，则（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】B 【解析】 【详解】将圆C的方程化为标准形式，得，故圆心为，半径为， 所以圆心到直线的距离为，所以． 4. 已知数列为等比数列，若，，则（     ） A. B. 4 C. D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列通项公式将条件转化为和的等式，作除法即可求得，进而可求解. 【详解】由题意得，解得， 则. 5. 二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克牛顿于1664年~1665年间提出，据考证，我国至迟在11世纪，北宋数学家贾宪就已经知道了二项式系数法则．在的展开式中常数项是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由的展开式通项为， 令，解得，所以，展开式中常数项为． 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】对进行“辅助角变换”可得，再结合同角三角函数基本关系式和两角差的余弦展开公式求解即可. 【详解】因为，所以，而， 故，则， 故 . 7. 下列结论正确的是（ ） A. 数据7，27，24，5，8，30，9，10，20，23的分位数是23 B. 随机变量服从二项分布，则 C. 一组样本数据的方差，若，则这组样本数据的方差为1 D. 将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，若，则总体方差 【答案】C 【解析】 【详解】对于选项A，数据由小到大排序为5，7，8，9，10，20，23，24，27，30，共10个数， 第分位数是第7个数和8个数的平均数，即23.5，所以A错误； 对于选项B，二项分布，可知， 则，所以B错误； 对于选项C，由，化简得 易知，则，所以C正确； 对于选项D，设第一层有样本，第二层有样本，总体共有个样本， 当时，总体均值， 可知2层分层随机抽样，总体方差， 当且仅当时，有，所以D错误； 8. 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. 【答案】C 【解析】 【分析】化简得到，得到的最大值为，最小值为，设的中点为，得到点和点都在轴上，由，得出，设的最小正周期为，列出关于的方程，求得，进而得到的值. 【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. 二、多选题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分， 9. 下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（    ） A. B. 的虚部为 C. z是方程的一个根 D. 为纯虚数 【答案】AD 【解析】 【分析】根据复数的乘除法运算化简，再根据复数模的定义，虚部的定义，复数的乘除法运算及乘方运算即可判断． 【详解】， 对于A，，故A正确； 对于B，的虚部为，故B错误； 对于C，将代入方程得，， 所以不是方程的一个根，故C错误； 对于D，，为纯虚数，故D正确． 10. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则（ ） A. B. 的零点个数为3 C. 的极值点个数为2 D. 若方程有三个实数根，则的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于选项A，因为函数是定义在上的奇函数，所以 ，选项A错误； 对于选项B，当时，可知， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 因为函数是定义在上的奇函数，所以在上单调递减，在上单调递增， 可知，所以 ，且，所以B正确； 对于选项C，可知函数在处取得极大值，在处取得极小值，选项C正确； 对于选项D，可知时，且，可得， 当时，且，可得，因为 ， 其图象如下图所示： 所以方程有三个实数根时，的取值范围是，所以D正确； 11. 在直角中，，，为上一点，现将直角以边所在直线为轴旋转一周，其余两边旋转一周形成的面围成圆锥，点为此圆锥底面圆周上一点，且，则（ ） A. 该圆锥的侧面积为 B. 当为中点时，过作平行于圆锥底面的平面，截圆锥所得台体的体积为 C. 当在圆锥表面上的距离最短时，为三等分点 D. 该圆锥内装有三个半径相等的铁球时，铁球的最大半径为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，得到圆锥的底面圆的半径为，母线长为，则高为，结合圆锥的侧面积公式，可判定A正确；根据圆锥的体积公式，可判定B正确，结合圆锥的侧面展开图，可判定C不正确；设铁球的最大半径，当三个铁球两两相切且与圆锥相切时，铁球的半径最大，列出关系式，求得的值，可判定D正确. 【详解】如图所示，在直角中，由，，可得， 即圆锥的底面圆的半径为，母线长为，则高为， 对于A，圆锥的侧面积为，所以A正确； 对于B，大圆锥的体积为， 因为为中点时，过作平行于圆锥底面的平面，可得， 所以小圆锥的体积为， 所以截圆锥所得台体的体积为，所以B正确； 对于C，设圆锥的侧面展开图的圆心角为，则，可得， 因为点为此圆锥底面圆周上一点，且，可得点是弧的中点， 如图（2）所示，可得，过点作， 在直角中，可得， 所以点不是三等分点，所以C错误； 对于D，设铁球的最大半径，则圆锥的轴截面为等腰三角形，且底边为，高为， 当三个铁球两两相切且与圆锥相切时，铁球的半径最大， 此时，圆锥的轴截面中，三个铁球的球心构成一个等边三角形，边长为， 可得,，， 所以，解得，所以D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本小题共3道小题，每小题5分，共15分. 12. 对任意的，不等式恒成立，则的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】结合题意参变分离可得对任意的，不等式恒成立，进而结合均值不等式求出的最小值即可得到结果. 【详解】对任意的，不等式恒成立等价于对任意的，不等式恒成立； 而，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为，故，所以的取值范围是， 故答案为：. 13. 在中，角的对边分别是，已知，，则的面积为___________． 【答案】8 【解析】 【分析】利用两角和的正弦展开式得，由正弦定理得，再利用三角形面积公式可得答案. 【详解】在中，， 由正弦定理得，所以 ， ， 所以， 则的面积为. 故答案为：8. 14. 已知过抛物线的焦点的动直线交抛物线于两点，为线段的中点，为抛物线上任意一点，若的最小值为6，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用抛物线的定义及焦点弦的性质结合基本不等式计算即可. 【详解】 如图所示，分别过四点向准线作垂线，垂足分别为， 设的横坐标分别为， 由抛物线定义及梯形中位线可知则，， ， ， 易知，则， 即的最小值为， 设直线，，， 联立抛物线得，整理得， 所以，则， 由基本不等式可知，当且仅当等号成立， 故，解得. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设数列满足：，. （1）证明：数列为等比数列 （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）通过定义法证明为等比数列. （2）首先表示数列，然后求出的通项公式，最后用错位相减求和. 【小问1详解】 由，即， 又， 所以， 即数列是以2为首项，2为公比的等比数列. 【小问2详解】 由（1）知，， 所以. ∴，① ，② ①-②得，， 所以. 16. 一批产品需要进行质量检验，检验方案是:先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n．如果n=3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验;如果n=4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验;其他情况下，这批产品都不能通过检验． 假设这批产品的优质品率为50%，即取出的产品是优质品的概率都为，且各件产品是否为优质品相互独立 （1）求这批产品通过检验的概率; （2）已知每件产品检验费用为100元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位:元)，求X的分布列． 【答案】（1） （2）分布列见解析 【解析】 【分析】（1）设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件，第一次取出的4件产品全是优质品为事件，第二次取出的4件产品全是优质品为事件，第二次取出的1件产品是优质品为事件，这批产品通过检验为事件，依题意有，且与互斥，由概率得加法公式和条件概率，代入数据计算可得； （2）可能的取值为400，500，800，分别求其概率，可得分布列． 【小问1详解】 设第一次取出的4件产品中恰有3件优质品为事件，第一次取出的4件产品全是优质品为事件， 第二次取出的4件产品全是优质品为事件，第二次取出的1件产品是优质品为事件， 这批产品通过检验为事件，依题意有，且与互斥， 所以 ； 【小问2详解】 可能的取值为400，500，800，并且，， ，故的分布列如下： 400 500 800 17. 如图在三棱锥中，平面平面，，，点、分别为、的中点，为线段上的动点． （1）求证：； （2）若平面，求直线与平面所成角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）以为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，设，设，其中，求出平面的一个法向量的坐标，根据求出的值，再利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系求解即可. 【小问1详解】 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面， 因为平面，故. 【小问2详解】 以为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴， 过点且垂直于平面的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、、、、， 则，设，其中， ，， 设平面的一个法向量为， 则， 取，则，，可得， 因为平面，则，所以， 解得，故， 故可取平面的一个法向量为， 又因为，则， 设直线与平面所成角为，则， ，故， 因此直线与平面所成角的正切值为. 18. 已知椭圆：，短轴长为4，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为.设椭圆E的左右顶点为A，B，直线交椭圆E于M，N两点（不与A，B重合），设直线的斜率为，直线的斜率为，且. （1）求椭圆方程； （2）求证：直线过定点； （3）弦的中点为，直线与椭圆交于P，Q两点，求四边形面积S的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，代入可得椭圆的标准方程； （2）由结合题意可得，设直线的方程为，，，直线与椭圆联立方程组可得，，由两点间斜率公式列式计算可得，计算即可得证； （3）直线的方程为，直线与椭圆联立方程组可得，由点到直线距离公式可三角形面积公式列式可得，进而计算可解. 【小问1详解】 由题意可得，则， ，则， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 连接，设，，而，， 因为，所以， 则， 因为，所以， 设直线的方程为， 则，得， ， ，， 则， 化简可得， 所以， 因为，所以，解得， 所以直线的方程为，故恒过定点； 【小问3详解】 因为，所以， 设直线的方程为，即， 则，得，故， 则到的距离为， 到的距离为， 且与异号， 故， 所以 ， 由（2）可知， 所以， 所以且， 所以的取值范围为. 19. 已知函数，其中，且；． （1）试求的单调区间； （2）当时，讨论函数的零点个数； （3）若恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是； （2）当时，有1个零点；当或时，有2个零点； （3）． 【解析】 【分析】（1）将函数求导，根据导函数的符号即可求得单调区间； （2）利用零点定义将问题转换成方程的根的个数，构造函数，通过导数作出其图象，再由和、分类讨论即得； （3）通过和讨论，结合反函数对称性得到． 进而构造函数，求导确定最小值，进而可求解. 【小问1详解】 函数的定义域是，， ∴当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 的单调递增区间是，单调递减区间是． 【小问2详解】 函数等价于．两端同取自然对数，得，即． 令，则原题转化为的解的个数． 由（1）知， 当时，，单调递增；当时，，单调递减． 则在处取得极大值，也是最大值， 当时，；当时，， 函数图象如图所示． 当时，，解得，此时有1个零点； 当时，，与有2个交点，此时2个零点； 当时，，与有2个交点，此时2个零点． 综上，当时，有1个零点；当或时，有2个零点． 【小问3详解】 由恒成立，得恒成立． 当时，取，易得，则显然不成立，故时不合题意； 当时，由，可得． 因为曲线与关于直线对称， 所以． 令，则， 令，得， 又因为单调递增，则当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增． 所以当时，取极小值点，也是最小值． 所以的最小值为，其中． 由，得，即，所以． 综上可得，所以的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 黑龙江省实验中学2025-2026学年高三下学期考前模拟考试数学试题 考试时间：120分钟 总分：150分 一、选择题：本题共有8个小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线与圆相交于A，B两点，则（ ） A. B. 2 C. D. 1 4. 已知数列为等比数列，若，，则（     ） A. B. 4 C. D. 8 5. 二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克牛顿于1664年~1665年间提出，据考证，我国至迟在11世纪，北宋数学家贾宪就已经知道了二项式系数法则．在的展开式中常数项是（ ） A. B. C. D. 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 或 7. 下列结论正确的是（ ） A. 数据7，27，24，5，8，30，9，10，20，23的分位数是23 B. 随机变量服从二项分布，则 C. 一组样本数据的方差，若，则这组样本数据的方差为1 D. 将总体划分为2层，通过分层随机抽样，得到两层的样本平均数和样本方差分别为，和，若，则总体方差 8. 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. 二、多选题：本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分， 9. 下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（    ） A. B. 的虚部为 C. z是方程的一个根 D. 为纯虚数 10. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则（ ） A. B. 的零点个数为3 C. 的极值点个数为2 D. 若方程有三个实数根，则的取值范围是 11. 在直角中，，，为上一点，现将直角以边所在直线为轴旋转一周，其余两边旋转一周形成的面围成圆锥，点为此圆锥底面圆周上一点，且，则（ ） A. 该圆锥的侧面积为 B. 当为中点时，过作平行于圆锥底面的平面，截圆锥所得台体的体积为 C. 当在圆锥表面上的距离最短时，为三等分点 D. 该圆锥内装有三个半径相等的铁球时，铁球的最大半径为 三、填空题：本小题共3道小题，每小题5分，共15分. 12. 对任意的，不等式恒成立，则的取值范围是___________. 13. 在中，角的对边分别是，已知，，则的面积为___________． 14. 已知过抛物线的焦点的动直线交抛物线于两点，为线段的中点，为抛物线上任意一点，若的最小值为6，则________． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设数列满足：，. （1）证明：数列为等比数列 （2）若，求数列的前项和. 16. 一批产品需要进行质量检验，检验方案是:先从这批产品中任取4件作检验，这4件产品中优质品的件数记为n．如果n=3，再从这批产品中任取4件作检验，若都为优质品，则这批产品通过检验;如果n=4，再从这批产品中任取1件作检验，若为优质品，则这批产品通过检验;其他情况下，这批产品都不能通过检验． 假设这批产品的优质品率为50%，即取出的产品是优质品的概率都为，且各件产品是否为优质品相互独立 （1）求这批产品通过检验的概率; （2）已知每件产品检验费用为100元，凡抽取的每件产品都需要检验，对这批产品作质量检验所需的费用记为X(单位:元)，求X的分布列． 17. 如图在三棱锥中，平面平面，，，点、分别为、的中点，为线段上的动点． （1）求证：； （2）若平面，求直线与平面所成角的正切值． 18. 已知椭圆：，短轴长为4，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为.设椭圆E的左右顶点为A，B，直线交椭圆E于M，N两点（不与A，B重合），设直线的斜率为，直线的斜率为，且. （1）求椭圆方程； （2）求证：直线过定点； （3）弦的中点为，直线与椭圆交于P，Q两点，求四边形面积S的取值范围. 19. 已知函数，其中，且；． （1）试求的单调区间； （2）当时，讨论函数的零点个数； （3）若恒成立，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $