精品解析：广东深圳北理莫斯科大学附属实验中学2026届高三年级高考仿真模拟冲刺考试二数学试题

深北莫附中2026届高三年级高考仿真模拟冲刺考试二 （数学） 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 命题人：谢佳顺 审题人：陈洪水 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. 5 D. 4. 已知随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，和的分布密度曲线如图所示，则（ ） A. B. C. D. 5. 若平面向量两两的夹角相等，且，则（ ） A. 1 B. C. 1或7 D. 1或 6. 有7枚非遗文创印章，分别刻有数字1，2，3，4，5，6，7，现从这7枚印章中随机抽取3枚，则抽出的3枚印章上的数字之和与其余4枚印章上的数字之和相等的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，一个正三棱柱形容器中盛有水，且底面边长和侧棱长都为，若侧面水平放置时，液面高为，若底面水平放置时，液面高为3，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 设等比数列的前项和为，前项的乘积为．若，则（ ） A. 无最小值，无最大值 B. 有最小值，无最大值 C. 无最小值，有最大值 D. 有最小值，有最大值 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分． 9. 已知某AI智能设备的运行温度（单位：℃）服从正态分布，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. 从该批设备中任选1台，其运行温度不低于120℃的概率是0.5 B. 从该批设备中任选1台，其运行温度不低于110℃的概率是0.7 C. 从该批设备中任选2台，这2台设备运行温度都高于130℃的概率为0.18 D. 从该批设备中任选1台，其运行温度超过110℃与不超过130℃的概率相等 10. 函数的部分图象如图所示，其中轴，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期 B. C. 在上单调递增 D. 将的图象向右平移个单位长度后得到的图象，则为偶函数 11. 已知函数满足，则（ ） A. B. 对于任意有三个零点 C. 对于任意有两个极值点 D. 时，在上存在最大值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 抛物线的顶点到准线的距离为3，则________． 13. 设随机变量ξ服从二项分布，则函数f(x)=x2+4x+ξ存在零点的概率是________. 14. 已知第一象限内的点，分别在双曲线的渐近线与双曲线的渐近线上，若为坐标原点且，则两双曲线的离心率之积为______． 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，E为的中点. （1）求证：平面 （2）求平面ACE与平面夹角的余弦值. 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，已知 （1）求 （2）若，，的面积为. ①求; ②设BC，AC边上的两条中线AD，BE相交于点O，求. 17. 如图，圆的半径为8，是圆内一个定点，且，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于点，以线段的中点为原点，的方向为轴的正方向，建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线． （1）求的方程： （2）过上的一点作的切线交圆于不同的两点，．求面积的最大值． 18. 如图，在一次传球训练中，甲、乙、丙、丁四人按照逆时针依次站在一个正方形的四个顶点处．每次传球时，传球者将球传给其他三人中的一个．已知第次由甲将球传出，且每次传球者沿着正方形的边传给队友的概率为，沿着正方形的对角线传给队友的概率为． （1）求第次传球者为乙的概率； （2）记前次传球中丙的传球次数为，求的概率分布列及方差； （3）求第次传球者为丁的概率． 19. 已知函数，． （1）当时，求函数的单调区间； （2）若存在正数，且为函数大于1的零点，为函数的极值点． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深北莫附中2026届高三年级高考仿真模拟冲刺考试二 （数学） 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 命题人：谢佳顺 审题人：陈洪水 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式再由并集运算计算可得结果. 【详解】解不等式可得，即， 又，可得. 故选：B 2. 若，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由条件结合复数运算法则求，再结合复数的模的坐标公式求结论. 【详解】由得， 所以， 故选：A． 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. 5 D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，， 由. 4. 已知随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，和的分布密度曲线如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用正态分布对称性和概率性质计算即可. 【详解】解：对于，，故A错误； 对于，因为， 所以    ，故B错误； 对于C，显然， 所以， 所以，故C正确；  对于，因为， 所以，故D错误． 故选：C． 5. 若平面向量两两的夹角相等，且，则（ ） A. 1 B. C. 1或7 D. 1或 【答案】C 【解析】 【分析】当时，利用平方将所求转化为数量积求解可得，当同向时，根据向量加法几何意义可得. 【详解】因为平面非零向量两两的夹角相等， 所以，或， 当时， ， 所以， 所以. 当时， 故选：C 6. 有7枚非遗文创印章，分别刻有数字1，2，3，4，5，6，7，现从这7枚印章中随机抽取3枚，则抽出的3枚印章上的数字之和与其余4枚印章上的数字之和相等的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意知，从7枚非遗文创印章中随机抽出3枚的基本事件总数为． 因为所有数字之和为28，所以要使3枚印章上的数字之和与其余4枚印章上的数字之和相等，则3枚印章上的数字之和应为14． 则满足条件的组合有，，，，共4种情况. 所以“抽出的3枚印章上的数字之和与其余4枚印章上的数字之和相等”的概率为． 7. 如图，一个正三棱柱形容器中盛有水，且底面边长和侧棱长都为，若侧面水平放置时，液面高为，若底面水平放置时，液面高为3，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据液体体积不变列方程求解可得. 【详解】记侧面水平放置时，液面与分别交于， 的中点为，连接交于点，的面积为， 由题可知，，则， 所以，则梯形的面积为， 所以直棱柱的体积为， 又底面水平放置时，液面高为3，所以液体体积为， 所以，解得. 故选：D. 8. 设等比数列的前项和为，前项的乘积为．若，则（ ） A. 无最小值，无最大值 B. 有最小值，无最大值 C. 无最小值，有最大值 D. 有最小值，有最大值 【答案】D 【解析】 【分析】利用基本量法，可求出公比满足，根据前项和与前项积的定义进行讨论计算，可以得出有最小值，而有最大值. 【详解】由已知，是等比数列，，即，可得， 若，则，可计算当时，， 结合，可得即为的最小值， 同理，当，，当，，可知的最小值为， 综上可得，有最小值. 由可得，， 根据等比数列的性质，，必有满足对于所有，， 因为一定是正负交替出现，可得一定存在最大值. 综上，对于满足已知条件的等比数列，满足有最小值，有最大值. 故选：D 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分． 9. 已知某AI智能设备的运行温度（单位：℃）服从正态分布，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. 从该批设备中任选1台，其运行温度不低于120℃的概率是0.5 B. 从该批设备中任选1台，其运行温度不低于110℃的概率是0.7 C. 从该批设备中任选2台，这2台设备运行温度都高于130℃的概率为0.18 D. 从该批设备中任选1台，其运行温度超过110℃与不超过130℃的概率相等 【答案】ABD 【解析】 【详解】因为运行温度（单位：℃）服从正态分布，所以，所以，所以A正确； 因为正态分布曲线关于对称，从该批设备中任选1台，其运行温度低于110℃的概率为， 故其运行温度不低于110℃的概率为 ，所以B正确； 从该批设备中任选2台设备，这2台设备运行温度都高于130℃的概率为，所以C错误； 由，，可得D正确． 10. 函数的部分图象如图所示，其中轴，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期 B. C. 在上单调递增 D. 将的图象向右平移个单位长度后得到的图象，则为偶函数 【答案】AB 【解析】 【分析】求出函数的周期判断A；求出的值判断B；利用整体思想判断函数在上单调性，可判断C；求得，由正弦函数的性质判断D. 【详解】因为轴， 所以图象的一条对称轴为直线， 所以， 所以，故A正确； 易得，则， 所以， 因为的图象过点，所以， 所以，所以，， 因为，所以，故B正确； 因为， 当时，， 由正弦函数的性质可知在上是先减后增，故C错误； 将的图象向右平移个单位长度后得到的图象，易知为奇函数，故D错误． 11. 已知函数满足，则（ ） A. B. 对于任意有三个零点 C. 对于任意有两个极值点 D. 时，在上存在最大值 【答案】AB 【解析】 【分析】根据，即可判断A；由A选项知，，利用导数求出函数的单调区间，再根据零点的存在性定理即可判断B；举出反例，结合极值点的定义即可判断C；求导，确定函数在上单调性即可判断； 【详解】对于A，由，， 可得，即，故A正确； 对于B，由A选项可得， 则，则， 当时，令，则， 令，则或， 令，则， 所以函数在上单调递增， 在上单调递减， 由，可得， 而，所以， 又当时，，当时，， 所以函数在和都存在一个零点， 所以对于任意，有三个零点，故B正确； 对于C，当时， ，则， 由， 得恒成立， 所以函数在上单调递增， 所以函数无极值点，故C错误； 对于D，由A知：，，得， 所以， 所以， 易知：时，，时，， 所以在单调递减，在单调递增， 又， 所以在上不存在最大值，D错误， 故选：AB 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 抛物线的顶点到准线的距离为3，则________． 【答案】6 【解析】 【分析】由顶点到准线的距离列方程求解. 【详解】因为抛物线的顶点到准线的距离为，故，解得． 13. 设随机变量ξ服从二项分布，则函数f(x)=x2+4x+ξ存在零点的概率是________. 【答案】 【解析】 【分析】由存在零点结合判别式即可求出ξ≤4，由已知二项分布可求出. 【详解】由函数f(x)=x2+4x+ξ存在零点，得Δ=16-4ξ≥0，即ξ≤4.又因为变量ξ~B， 所以所求概率 . 故答案为:. 【点睛】关键点睛: 本题关键是由存在零点求出的取值范围，结合二项分布即可求出所求. 14. 已知第一象限内的点，分别在双曲线的渐近线与双曲线的渐近线上，若为坐标原点且，则两双曲线的离心率之积为______． 【答案】 【解析】 【分析】双曲线的几何性质可知渐近线为，的渐近线，两者关于对称，由，可得，由离心率公式代入即可求解. 【详解】双曲线的渐近线与双曲线的渐近线， 它们关于直线对称， 因为，所以，所以， 由及，得， 所以两双曲线的离心率之积为． 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，E为的中点. （1）求证：平面 （2）求平面ACE与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）要证明线面垂直，则需要通过证明线线垂直进而得到线面垂直，即证明. （2）先根据垂直关系建立空间直角坐标系，然后列出各个点的坐标，通过坐标方法求出平面的法向量坐标，最后根据向量夹角的余弦公式求出结果即可. 【小问1详解】 证明：连接，因为，，， 所以， 又因为，所以， 所以，所以 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面 【小问2详解】 解：因为，，所以 如图，以D为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴，平面内过点D且与垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系 则，，，，， 因为E为的中点，所以， 所以，， 设平面的一个法向量为， 所以，即 令，则，，所以 同理，平面的一个法向量为 设平面与平面的夹角为， 则 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，已知 （1）求 （2）若，，的面积为. ①求; ②设BC，AC边上的两条中线AD，BE相交于点O，求. 【答案】（1） （2）①，；② 【解析】 【分析】（1）利用和角公式和正弦定理，以及辅助角公式推理计算即得； （2）①利用余弦定理和三角形面积公式即可求得；② 先将分别用表示，再运用向量数量积的运算律和向量夹角的计算公式求出即得答案. 【小问1详解】 由，可得， 由正弦定理得 因为， 所以 由于，则，所以. 又，则，故. 【小问2详解】 ①由题意，的面积，可得①， 由余弦定理得，，且，所以, 则，因为，所以②， 因为，联立①和②解得，， ② 因为D，E分别是BC，AC的中点，O为AD，BE的交点， 所以，， 因为 ， ， 所以, 由题意，为锐角，则. 17. 如图，圆的半径为8，是圆内一个定点，且，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于点，以线段的中点为原点，的方向为轴的正方向，建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线． （1）求的方程： （2）过上的一点作的切线交圆于不同的两点，．求面积的最大值． 【答案】（1） （2）8 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义，先求出定值与焦点坐标，再由计算，直接写出椭圆方程； （2）联立直线与椭圆方程，利用相切条件得到的关系式，再结合点到直线距离公式、弦长公式，将三角形面积表示为关于的二次函数，最后通过二次函数性质求最大值. 【小问1详解】 由题意可知：，， 则 可知动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，且，，， 所以曲线的方程为． 【小问2详解】 联立方程，消去可得， 因为直线与曲线相切，则， 整理可得． 由题意可知：圆的圆心为，半径， 因为到直线的距离， 可得． 因为，所以，则，可得． 则面积． 可知当，即时，取到最大值8． 18. 如图，在一次传球训练中，甲、乙、丙、丁四人按照逆时针依次站在一个正方形的四个顶点处．每次传球时，传球者将球传给其他三人中的一个．已知第次由甲将球传出，且每次传球者沿着正方形的边传给队友的概率为，沿着正方形的对角线传给队友的概率为． （1）求第次传球者为乙的概率； （2）记前次传球中丙的传球次数为，求的概率分布列及方差； （3）求第次传球者为丁的概率． 【答案】（1）； （2）分布列见解析，； （3）. 【解析】 【分析】（1）应用独立事件乘法求甲丙乙、甲丁乙的概率，再应用互斥事件加法求概率； （2）由题意的可能取值为，，并求出对应概率，写出分布列，进而求方差； （3）设第次传球者为甲的概率为，第次传球者为丁的概率为，根据已知得，进而有，再由等比数列的定义写出通项公式，即可得. 【小问1详解】 甲丙乙的概率为：，甲丁乙的概率为：， 记事件“第次传球者为乙”，则． 【小问2详解】 由题设，的可能取值为，， ， ， 所以的概率分布列为 ． 【小问3详解】 设第次传球者为甲的概率为，第次传球者为丁的概率为，则， 因为乙和丁相对于甲，地位是相等的，所以第次传球者为乙的概率也为，第次传球者为丙的概率也为， 因为， 所以，因为， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即． 19. 已知函数，． （1）当时，求函数的单调区间； （2）若存在正数，且为函数大于1的零点，为函数的极值点． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】（1）单调递减区间为，无单调递增区间． （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的性质进行求解即可； （2）（ⅰ）根据函数极值的定义，结合函数零点的定义，利用导数的性质，结合（1）中的结论分类讨论进行求解即可； （ⅱ）根据函数零点的定义，结合函数极值的定义、对数的运算性质进行证明即可. 【小问1详解】 函数的定义域为， ， 当时，在上恒成立， 所以函数在上单调递减， 所以函数的单调递减区间为，无单调递增区间． 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）可知， 令，， 则． 因为在上恒成立， 所以函数在上单调递减， 当时，由（1）可知，函数在上单调递减， 所以函数不存在极值点，不符合题意； 当时，， 所以当时，，则， 所以函数在上单调递减． 因为，所以当时，， 所以函数不存在大于1的零点，不符合题意； 当时，，因为， ， 所以存在，满足， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数存在极值点． 因为， ，所以，此时，且， 即函数存在大于1的零点，此时实数的取值范围为． （ⅱ）证明：依题意即 所以，即． 因为在上恒成立， 且，，即， 所以，即， 两边取对数得， 则，所以． 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据函数的导函数的形式，对的分母的形式，通过构造新函数判断正负性，进而确定函数的单调性. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $