精品解析：甘肃嘉峪关市酒钢三中2025-2026学年高三下学期第十一次模考数学试卷

高2026届第十一次模考（数学） 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（ ） A. B. C. D. 2. 已知数据的分位数是7，则实数（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 3. 直线被圆所截得的弦长为（ ） A. 1 B. C. D. 2 4. 等差数列的前项和为，且，，则（ ） A. 45 B. 49 C. 56 D. 63 5. 已知单位向量在单位向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 1 6. 当前，AI已从一个研究领域变成一类赋能技术．在医药健康领域，AI已应用于靶点发现、药物设计及临床试验等方面，显著提升了科研效率．假设某实验用AI辅助新药分子筛选，事件A是“AI模型筛选出候选分子M”，事件B是“AI模型筛选出候选分子N”．已知，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（ ） A. 1 B. C. D. 3 8. 已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，线段与交于点，若，的面积相等，则的离心率为（ ） 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. 任何一个复数（其中，为虚数单位）都可以表示成的形式，通常称之为复数的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：，我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是（ ） A. B. 的实部为 C. D. 若，时，若n为偶数，则复数为纯虚数 10. 设函数，则（ ） A. 是偶函数 B. C. 在区间上单调递增 D. 为的极小值点 11. 一个棱长为2的正方体内有一个内切球，若与正方体的三个面和球相切，球与正方体的三个面和球相切，以此类推，球与正方体的三个面和球相切，设球的半径为，体积为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 数列为等比数列 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的二项展开式中的系数是______.（用数字作答） 13. 已知，为锐角，若，，则______； 14. 已知抛物线的焦点为F，其准线l与坐标轴交于点K．P为E上一点，的平分线与y轴交于点M，则点M纵坐标的最大值为______． 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. 在中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、C．已知． （1）求角C； （2）若，点D在边AB上，CD为的平分线，且，求边长a的值． 16. 甲参加围棋比赛，采用三局两胜制，若每局比赛甲获胜的概率为，输的概率为，每局比赛的结果是独立的． （1）当时，求甲最终获胜的概率； （2）为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案．方案一：最终获胜者得3分，失败者得分；方案二：最终获胜者得1分，失败者得0分，请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大． 17. 如图，三棱柱的所有棱长都为2，,是的中点，． （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值． 18. 已知椭圆（）M，N分别为E的上顶点、右顶点，，坐标原点O到直线MN的距离为 （1）求的方程. （2）若为上不同的两点，的面积为直线的斜率均存在且分别为. （i）证明:为定值； （ii）设P为线段的中点，点，求面积的最大值. 19. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，若在上恒成立，求正整数的最大值； （3）若在上有零点，求证：. （参考数据：，，） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2026届第十一次模考（数学） 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（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简集合，由交集的概念即可得解. 【详解】因为，且注意到， 从而. 故选：A. 2. 已知数据的分位数是7，则实数（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】利用百分位数的定义计算. 【详解】共个数，，则第分位数是第个和第个数的平均数， 因为第分位数是，则必有一数小于，一数大于， 故，得. 故选：C 3. 直线被圆所截得的弦长为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】求出圆心到直线的距离，再利用圆的弦长公式求解. 【详解】圆的圆心，半径， 点到直线的距离， 所以所求弦长为. 故选：A 4. 等差数列的前项和为，且，，则（ ） A. 45 B. 49 C. 56 D. 63 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的下标和性质，结合前项和公式求解即可. 【详解】由题意，，解得， 故. 故选：D 5. 已知单位向量在单位向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】先确定与的夹角，再求，进而可解出. 【详解】因为向量在向量上的投影向量为，所以确定与的夹角为，所以， 所以，所以. 故答案为：B. 6. 当前，AI已从一个研究领域变成一类赋能技术．在医药健康领域，AI已应用于靶点发现、药物设计及临床试验等方面，显著提升了科研效率．假设某实验用AI辅助新药分子筛选，事件A是“AI模型筛选出候选分子M”，事件B是“AI模型筛选出候选分子N”．已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以. 所以. 由，得. 所以. 7. 记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（ ） A. 1 B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解. 【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得， 又因为函数图象关于点对称，所以，且， 所以，所以，， 所以. 故选：A 8. 已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，线段与交于点，若，的面积相等，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式，求出到渐近线的距离，从而求出的面积，再结合条件，求出点的坐标，再利用点在双曲线上，建立方程，即可求解. 【详解】设，其中 ，又双曲线的渐近线方程为， 如图，取，即，设到直线的距离为，则， 所以，则， 因为，的面积相等，又，则，得到， 又直线方程为，则，解得， 所以，又点在双曲线上，所以， 整理得到，所以. 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. 任何一个复数（其中，为虚数单位）都可以表示成的形式，通常称之为复数的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：，我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是（ ） A. B. 的实部为 C. D. 若，时，若n为偶数，则复数为纯虚数 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，利用复数的运算及模长的计算公式，即可判断正误；对B，根据题设定义可得的实部为，即可求解；对C利用共轭复数的定义及复数的运算，即可求解；对D，根据题设可得，再分取奇和偶，即可求解. 【详解】对于A，因为，，则， 所以， 又，所以，故A正确， 对于B，令，则，所以的实部为，故B错误， 对于C，令，则， 所以，故C正确， 对于D，若时，则， 当为偶数时，设，， 所以且为奇数时，为纯虚数；且为偶数时，为实数，故D错误. 10. 设函数，则（ ） A. 是偶函数 B. C. 在区间上单调递增 D. 为的极小值点 【答案】BD 【解析】 【分析】根据函数的定义域即可判断A,根据对数的性质即可求解B，求导，根据上导数的正负即可求解C，根据单调性即可由极值点的定义求解D. 【详解】的定义域为，故为非奇非偶函数，故A错误， 由于，且，故 当时，，此时，当时，，此时， 当时，，因此，B正确， 对于C, ，当时，，此时，因此在单调递减，故C错误， 对于D，，当时，，故，当时，，此时，因此在单调递减，在单调递增，为的极小值点，D正确， 故选：BD 11. 一个棱长为2的正方体内有一个内切球，若与正方体的三个面和球相切，球与正方体的三个面和球相切，以此类推，球与正方体的三个面和球相切，设球的半径为，体积为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 数列为等比数列 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】先建立坐标系得到球心坐标与半径的关系，推导半径的递推公式，再结合等比数列性质分析各选项. 【详解】建立空间直角坐标系，将棱长为的正方体放置在第一象限，设球的球心坐标为. 为正方体的内切球， ，球心坐标为. 对于A选项： 球与球外切， ∴两球心距离等于半径之和，即， ∴，解得，故A正确. 对于B选项： 对任意，球与球外切，同理两球心距离为， 整理得，为常数， ∴数列是首项为，公比为的等比数列，故B正确. 对于选项： 等比数列的前项和， ∵， ∴，故，即，故C错误， 对于D选项： 球的体积，∵是公比为的等比数列，∴是公比为的等比数列， 体积和， ∵， ∴， 计算得， ， 代入得， 故，D正确. 【点睛】方法归纳：对于正方体内与三个相邻面相切的球，其球心坐标可表示为，利用两球外切时球心距等于半径和建立递推关系，转化为等比数列问题求解。 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的二项展开式中的系数是______.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】运用二项式的通项公式直接进行求解即可. 【详解】二项式的通项公式为， 令，所以的系数是， 故答案为： 13. 已知，为锐角，若，，则______； 【答案】 【解析】 【详解】设， 两边平方相加得 . 又因为，， 所以，所以， 又，为锐角，所以，所以， 所以. 14. 已知抛物线的焦点为F，其准线l与坐标轴交于点K．P为E上一点，的平分线与y轴交于点M，则点M纵坐标的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线的方程求得焦点及点的坐标，设点，根据角平分线定理及基本不等式可得的取值范围，从而求得的取值范围，得到点M纵坐标的最大值. 【详解】抛物线的准线方程为， 所以. 当点在原点时，易知. 当点不在原点时，设，则. . 由角平分线定理，得. 设，则. ， 因为，所以，当且仅当，即时，等号成立. 所以，所以， 所以. 即，即， 解得. 所以点M纵坐标的最大值为. 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. 在中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、C．已知． （1）求角C； （2）若，点D在边AB上，CD为的平分线，且，求边长a的值． 【答案】（1）； （2）4 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和，，得到，求出； （2）在（1）基础上，得到，其中，由三角形面积公式得到方程，求出 【小问1详解】 ，由正弦定理得， 又， 所以，即， 因为，所以，故，即， 又，所以； 【小问2详解】 由（1）知，， 又CD为的平分线，故， 其中，由三角形面积公式得， ， 又， 显然，即， 解得. 16. 甲参加围棋比赛，采用三局两胜制，若每局比赛甲获胜的概率为，输的概率为，每局比赛的结果是独立的． （1）当时，求甲最终获胜的概率； （2）为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案．方案一：最终获胜者得3分，失败者得分；方案二：最终获胜者得1分，失败者得0分，请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）甲最终获胜有两种情况：前2局赢、三场输一场赢两场，据此求解概率； （2）由（1）可得甲最终获胜的概率，分别计算两种方案下甲获得积分的数学期望，通过作差比较其大小即可. 【小问1详解】 记“甲最终以获胜”为事件，记“甲最终以获胜”为事件，“甲最终获胜”为事件， 于是，与为互斥事件， 由于，， 则， 即甲最终获胜的概率为． 【小问2详解】 由（1）可知，， 若选用方案一，记甲最终获得积分为分，则可取， ， 则的分布列为： 3 则， 若选用方案二，记甲最终获得积分为分，则可取1，0， ， 则的分布列为： 1 0 则， 所以， 由于，则， 于是时，两种方案都可以选， 当时，，应该选第二种方案， 当时，，应该选第一种方案． 17. 如图，三棱柱的所有棱长都为2，,是的中点，． （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，得到，证得，再由，利用线面垂直的判定定理，证得平面，得到，结合，证得平面，进而证得平面平面. （2）连接，证得平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为和向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：取的中点，连接， 因为是的中点，所以， 又因为三棱柱的所有棱长都是2， 所以四边形为菱形，所以，所以， 因为，且，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 在等边中，因为为的中点，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 解：连接，因为三棱柱的所有棱长都为2，且， 可得为等边三角形，且为的中点，所以， 由（1）知：平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 所以两两垂直，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为， 设与平面所成的角为，则， 所以与平面所成的角的正弦值为. 18. 已知椭圆（）M，N分别为E的上顶点、右顶点，，坐标原点O到直线MN的距离为 （1）求的方程. （2）若为上不同的两点，的面积为直线的斜率均存在且分别为. （i）证明:为定值； （ii）设P为线段的中点，点，求面积的最大值. 【答案】（1）； （2）（i），证明见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）运用勾股定理以及等面积法，建立两个方程，即可得解； （2）（i）分直线斜率不存在与斜率存在两种情况讨论：①若斜率不存在，可根据求出两点坐标，即可求得；②若斜率存在，可设出直线与点，联立直线与椭圆，根据韦达定理及三角形面积公式表示出，再由建立方程，即可求得与的关系，再根据韦达定理表示出，化简后即可得证； （ii）分直线斜率不存在与斜率存在两种情况讨论：①若斜率不存在，根据（i）中求得的两点坐标，可求出；②若斜率存在，可根据韦达定理以及与的关系表示出点，再运用点到直线的距离公式表示出点到的距离，再利用三角形面积公式与基本不等式，即可求得斜率存在时的最大值，比较两种情况下的最大值即可得解. 【小问1详解】 由题可知，，， 即，解得， 则椭圆. 【小问2详解】 （i）①若直线的斜率不存在，设点， 则，又因为，可解得， 由对称性，不妨取，即， 此时；若取，同样可求得； ②若直线的斜率存在，可设直线，点， 联立直线与椭圆，整理得， 而，得， 根据韦达定理且直线的斜率均存在，有，则， 得到， 得， 整理得， 则，因，故， . 综上所述，，得证. （ii）①若直线的斜率不存在，由（i）可知， ，则， 此时； ②若直线的斜率存在，由题可知，直线，， ，故， 又因为，故，点到直线的距离， 因此， 由对称性，不妨假设，则，因此， 令，则，则， 要使得面积最大，则，， 当且仅当，即时，等号成立，则的最大值为. 综上所述，因为，故面积的最大值为. 19. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，若在上恒成立，求正整数的最大值； （3）若在上有零点，求证：. （参考数据：，，） 【答案】（1）答案见解析； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）先对求导，按和根据导函数的正负分析的单调性； （2）利用必要性探路得，代入计算得正整数的最大值为1，再证明时符合题意即可； （3）设为的零点，代入得到方程，再结合点在上得到不等式，再两次设新函数和，求导后得到不等式，最后放缩即可. 【小问1详解】 当时， ①当时，在上单调递增； ②当时，由，得， 时，单调递减． 时，单调递增． 综上， 时，在上为增函数； 时，在上为减函数，在上为增函数． 【小问2详解】 当时，， 因恒成立，所以， 即， 所以正整数的最大值为1． 下证时，在上恒成立． 设， 则在上单调递增，，即， 所以，又， 所以，即恒成立． 所以正整数的最大值为1． 【小问3详解】 由题意设为的零点，则， 即，则点在直线上， 所以，即， 当时，设，所以，则在上单调递增， 所以，所以，又时，， 所以时，，则， 令，则， 时，单调递减；时，单调递增， 所以，即，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $