精品解析：内蒙古鄂尔多斯市第一中学2026届高三下学期二模考试数学试题

数学 本试卷共19题，共150分，共4页.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回. 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内. 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚. 3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效. 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、选择题：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. 已知集合，则中元素的个数为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 2. 已知实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 冰球运动是一种以冰刀和冰球杆为工具，在冰上进行的相互对抗的集体性竞技运动．运动员小华以球杆击球，使冰球从点出发，沿运动至点，已知，，且，则冰球位移的大小是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，若，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 设总项数为9的数列满足，从中任取2项，这两项均为偶数的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知是抛物线的焦点，是上不同的两点，且都在第一象限，若轴，，，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 8. 已知函数是函数的导函数，对任意，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的四个选项中，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. 已知为复数，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 10. 如图，点是函数的图象与直线的三个相邻交点，若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 直线是图象的一条对称轴 D. 将的图象向右平移个单位长度后所得图象关于原点对称 11. 如图一，有一个半径为8的半圆形铁片（铁片厚度忽略不计），将其裁剪成如图二的形状并制成一个带底的封闭圆锥桶（如图三，连接处损耗不计），在该圆锥桶内放入一个注满水的半径为r的小球，下列说法正确的是（ ） A. 所制成的圆锥桶的体积为 B. 当球内水的体积最大时 C. 将球内的水从圆锥顶点倒回圆锥桶内，水面高度一定小于 D. 当时，让小球在该圆锥桶内自由运动，则小球能接触到圆锥桶内部的最大面积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上. 12. 在对数式中，实数的取值范围是__________． 13. 已知数列的通项公式为，函数，求________. 14. 已知直线恒过定点A，圆O：上的两点，满足，则的最小值为________． 四、解答题：本大题共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. 对联，又称对偶、对子、楹联等，是以两组形式相对、内容相关的语句为表现形式的应用性文学样式，具有上下联字数相等、平仄相对、对仗工整等文学特点.从甲、乙、丙、丁4副不同的对联（上联和下联共8联）中随机取出4联（上联或下联）. （1）求这4联可以凑成甲对联的概率； （2）记这4联可以凑成X副对联，求X的数学期望 16. 如图1，在中，，，为的中点，现将及其内部以边为轴进行旋转，得到如图2所示的新的几何体，点为点在旋转过程中形成的圆的圆心，点为圆上任意一点. （1）求新的几何体的体积； （2）记与底面所成角为，求的取值范围； （3）当时，求点到平面的距离. 17. 已知函数，其中. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若，求的取值范围． 18. 已知椭圆：，的下顶点为，左焦点为，动直线与椭圆交于、两点. （1）若是椭圆上的一个动点，求的最大值； （2）设，为坐标原点，若四边形为平行四边形，求直线的方程； （3）若直线经过定点，坐标平面上是否存在定点（不同于点），使得恒成立？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 19. 对于数列，如果存在一个正整数m，使得对任意的都有成立，那么就把这样一类数列称作周期为m的周期数列，m的最小值称作数列的最小正周期，以下简称周期． （1）设数列满足，，，且数列是周期为3的周期数列，求常数的值； （2）设数列的前n项和为，且．若，试判断数列是否为周期数列，并说明理由； （3）设数列满足，，，，数列的前n项和为，试问是否存在p，q，使对任意的，都有成立，若存在，求出p，q的取值范围；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 本试卷共19题，共150分，共4页.考试结束后，将本试题和答题卡一并交回. 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内. 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚. 3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效. 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、选择题：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. 已知集合，则中元素的个数为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，联立方程组，求得交点的坐标，确定集合，即可求解. 【详解】由题意，集合， 联立方程组，整理得，解得或， 当时，可得；当时，可得， 所以，即中元素的个数为2个. 故选：B. 2. 已知实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】时，，，， 又时，取，，此时， 所以，则“”是“”的充分不必要条件. 3. 冰球运动是一种以冰刀和冰球杆为工具，在冰上进行的相互对抗的集体性竞技运动．运动员小华以球杆击球，使冰球从点出发，沿运动至点，已知，，且，则冰球位移的大小是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件代入数量积公式，计算，即可求解. 【详解】，即， 则，即，因为，所以， . 故选：D 4. 已知函数，若，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据辅助角公式及条件，可得a值，根据诱导公式及特殊角的三角函数值，即可得答案. 【详解】由辅助角公式得， 因为，所以在处取得最大值， 则，解得， 则， 所以. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数函数的单调性及对数的运算法则，判断、的符号，进而得到，作商比较的大小即可得解． 【详解】， ， 又，所以，即， 综上，． 6. 设总项数为9的数列满足，从中任取2项，这两项均为偶数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先写出二项式的通项公式，依题意中的项对应于的系数，推得中含有因子2，该项即为偶数，分析得到中为偶数的项有8个，而为奇数的有1个，借助于古典概型概率公式和组合数公式计算即得. 【详解】根据二项式定理，展开式的通项公式为，其中，， 由题意，中的项对应于的系数.而通项中的系数为，故只要中含有因子2，该项即为偶数. 当时，即时，是偶数，故该项系数为偶数.此时可取，共8项. 当时，即时，.此时，是奇数. 综上所述，数列共9项，其中8项为偶数，1项为奇数. 故从9项中任取2项的总取法数为，取出的2项均为偶数的取法数为， 由古典概型概率公式，可得所求概率为. 故选：C. 7. 已知是抛物线的焦点，是上不同的两点，且都在第一象限，若轴，，，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】由轴，得到，根据，得到所以，结合，列出方程，求得的值，即可求解. 【详解】因为轴，所以， 又因为，所以，可得得，所以， 因为，所以，得. 故选：A. 8. 已知函数是函数的导函数，对任意，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，根据已知条件，可判断，所以在上单调递增.据此可判断，进而得出，，选出正确答案. 【详解】因为，所以. 由，得， 所以. 令，则，所以在上单调递增. 所以，即，即 即. 所以. 因为不能判断的取值，所以A错误，B,C不能确定，只有D选项一定正确. 故选：D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的四个选项中，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. 已知为复数，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】AB 【解析】 【分析】设，，应用复数的模的计算公式，复数的乘法、共轭运算判断A、B；取，判断C；取，判断D. 【详解】A，设，， ， 所以 所以，正确； B，由上， 由，得， 所以成立，正确； C，若，不妨取，， 此时，但不成立，错误； D，若，不妨取，，则，错误. 10. 如图，点是函数的图象与直线的三个相邻交点，若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 直线是图象的一条对称轴 D. 将的图象向右平移个单位长度后所得图象关于原点对称 【答案】AC 【解析】 【分析】由，，，求出可判断A；利用求出可判断B；由选项B可得可判断C；将的图象向右平移个单位长度得到的图象可判断D. 【详解】对于选项A，设点的横坐标分别为，， 则由题图可得，， 所以，， 因为，所以，解得， 所以，故A正确； 对于选项B，因为，所以，所以，解得， 故B错误； 对于选项C，由选项B可得， 所以直线是图象的一条对称轴，故C正确； 对于选项D，将的图象向右平移个单位长度， 得到的图象，即， 的图象不关于原点对称，故D错误. 故选：AC. 11. 如图一，有一个半径为8的半圆形铁片（铁片厚度忽略不计），将其裁剪成如图二的形状并制成一个带底的封闭圆锥桶（如图三，连接处损耗不计），在该圆锥桶内放入一个注满水的半径为r的小球，下列说法正确的是（ ） A. 所制成的圆锥桶的体积为 B. 当球内水的体积最大时 C. 将球内的水从圆锥顶点倒回圆锥桶内，水面高度一定小于 D. 当时，让小球在该圆锥桶内自由运动，则小球能接触到圆锥桶内部的最大面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据半圆形铁片的半径和裁剪方式，利用弧长公式和几何关系求出圆锥的底面半径r和母线长为l，进而求出高h和体积. 【详解】对于A，对制成的圆锥桶，设盖子的半径为r，母线长为l， 则，解得， 则圆锥桶的高， 所以圆锥桶的体积，A错误. 对于B，当圆锥桶内能放入最大球，则此球与圆锥的侧面和底面都内切， 设此球的半径为，轴截面如图所示， 由相似三角形知，，解得，B正确. 对于C，此时球内水的最大体积为：， 当圆锥桶内水的高度为时，没有装水的部分是一个底面半径为1，高为的圆锥， 没有水部分的体积， 所以当圆锥桶内水的高度为时，能装的水的体积． 又因为，所以将球内的水倒回圆锥桶内，水面高度一定小于，C正确. 对于D，如图，画出示意图，小球在圆锥桶内自由运动时，在圆锥桶侧面接触到的地方是一个圆台的侧面， 其中E，F，G，J为该圆台的截面上的点，在圆锥桶底面是一个圆， 其中H，K是这个圆的直径，，，， 所以圆台侧面积，底面圆的面积， 所以小球能接触到圆锥桶内部的最大面积， D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上. 12. 在对数式中，实数的取值范围是__________． 【答案】且 【解析】 【分析】根据对数式中底数与真数范围列不等式组即可求解． 【详解】解：由对数式可知： ,解之得：且 故答案为：且． 13. 已知数列的通项公式为，函数，求________. 【答案】 【解析】 【分析】由得，再利用裂项求和的方法求解即可. 【详解】因为，， 所以 所以 故答案为： 14. 已知直线恒过定点A，圆O：上的两点，满足，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出直线恒过的定点A，再找出弦的中点的轨迹方程，最后数形结合求出的最小值. 【详解】已知直线恒过定点A， 即对任意恒成立， 则，解得，所以定点A的坐标为. 由，可知P、A、Q三点共线， 设弦的中点为，连接，如图，则，即， 所以 ，由此可得E的轨迹方程为， 即的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 设直线l为，则到l的最小距离为， 过P、E、Q分别作直线的垂线，垂足分别为M、R、N，则R是的中点， 所以 ，即， 则 四、解答题：本大题共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. 对联，又称对偶、对子、楹联等，是以两组形式相对、内容相关的语句为表现形式的应用性文学样式，具有上下联字数相等、平仄相对、对仗工整等文学特点.从甲、乙、丙、丁4副不同的对联（上联和下联共8联）中随机取出4联（上联或下联）. （1）求这4联可以凑成甲对联的概率； （2）记这4联可以凑成X副对联，求X的数学期望 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）8联中随机取出4联，有种取法，其中含有甲对联有种取法，可求概率； （2）由X可能的取值，计算对应的概率，结合分布列利用公式求数学期望. 【小问1详解】 8联中随机取出4联，有种取法， 取出的4联含有甲对联，剩余的2联在其它6联中选取，有种取法， 所以这4联可以凑成甲对联的概率为. 【小问2详解】 的所有取值可能为0，1，2. ，，. 的分布列为 X 0 1 2 P . 16. 如图1，在中，，，为的中点，现将及其内部以边为轴进行旋转，得到如图2所示的新的几何体，点为点在旋转过程中形成的圆的圆心，点为圆上任意一点. （1）求新的几何体的体积； （2）记与底面所成角为，求的取值范围； （3）当时，求点到平面的距离. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用割补法来求得新的几何体的体积. （2）作出与底面所成角，求得的表达式，进而求得的取值范围. （3）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得正确答案. 【小问1详解】 连接， 在中，由题可得， 因为新的几何体是以为高的圆锥减去以为高的圆锥后剩余的部分， 所以新的几何体的体积. 【小问2详解】 如图，取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以， 因为平面，所以平面， 所以为与底面所成的角， 所以， 又因为， 所以， 所以， 所以. 【小问3详解】 以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则， 所以，， 设平面的法向量为， 则有，取 所以点到平面的距离为. 17. 已知函数，其中. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）当时，利用导数求单调区间即可； （2）易知时不符合题意，时，利用导数结合隐零点问题求解． 【小问1详解】 当时，，． 由得，由得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为； 【小问2详解】 当时，，不满足题意． 所以，此时 ，显然是上的增函数， 且时，时， 所以存在唯一正实数使得，即 ． 此时在上单调递减，在上单调递增． 由题意 ． 将 代入上式整理得：，解得：． 此时，代入后． 化简得： ，解得：． 令 ，其中．则， 所以是区间上的增函数． 所以 ，代入得到a的取值范围是． 18. 已知椭圆：，的下顶点为，左焦点为，动直线与椭圆交于、两点. （1）若是椭圆上的一个动点，求的最大值； （2）设，为坐标原点，若四边形为平行四边形，求直线的方程； （3）若直线经过定点，坐标平面上是否存在定点（不同于点），使得恒成立？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）或. （3）存在定点. 【解析】 【分析】（1）求的最大值，利用椭圆的定义转化，求其最大值， （2）设直线：，与椭圆联立，再结合可得，，得到直线方程， （3）分类讨论：直线斜率存在时，直线平行于轴时，直线斜率不存在时，利用两种特殊情况找到坐标，再对斜率存在的情况进行计算，设直线：，只要证明即可得证， 【小问1详解】 ，，右焦点，， 当且仅当、、共线（介于、之间）时取到， 【小问2详解】 由平行于时，可设直线：，与椭圆联立后得到， 由可知，， 结合韦达定理， 解得， 所以直线方程为或， 【小问3详解】 当直线斜率存在时，设方程为，与：联立得： ， 设，， 由韦达定理得，. 当直线平行于轴时，，因此， 此时在轴上，设. 当直线斜率不存在时，不妨设，， 则有， 解得或（舍）.下面证明点符合条件. 设直线：，要证， 即是的角平分线，只要证明. 而， 而韦达定理可得，因而得证， 综上，存在定点， 19. 对于数列，如果存在一个正整数m，使得对任意的都有成立，那么就把这样一类数列称作周期为m的周期数列，m的最小值称作数列的最小正周期，以下简称周期． （1）设数列满足，，，且数列是周期为3的周期数列，求常数的值； （2）设数列的前n项和为，且．若，试判断数列是否为周期数列，并说明理由； （3）设数列满足，，，，数列的前n项和为，试问是否存在p，q，使对任意的，都有成立，若存在，求出p，q的取值范围；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）是周期为2的周期数列，理由见解析 （3）存在，，． 【解析】 【分析】（1）根据题意列式计算即可求解； （2）先利用求得或，由得出，求出数列的通项公式即可判断出数列是否为周期数列； （3）先由数列满足，推出数列以及数列是周期为的周期数列，求出数列的前项，即可求出数列的前项和以及数列的前项和的取值范围，即可求出对应的、的取值范围. 【小问1详解】 因为数列是周期为3的周期数列， 当，时，，， 因为，，解得，或， 经检验，时，，时，，，成立； 时，，时，，，不成立，舍去； 所以． 【小问2详解】 当时，，又，得； 当时，， 化简，得． 即，或． 由，有， 所以数列为公比为等比数列，即， 所以对任意都成立， 即当时，是周期为2的周期数列． 【小问3详解】 假设存在p、q，满足题设． 所以化简，得， 又，则． 所以是周期为3的周期数列，所以的前3项分别为2，3，． 则，， 当时，； 当时，，因为数列单调递减，所以， 当时，，； 综上所述：，为使恒成立，只要，， 所以，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $