精品解析：山东淄博实验中学2025-2026学年高三第二学期考前学情自测数学试卷

2025-2026学年第二学期高三下三模试卷 一、单选题 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】解不等式，得或，即， 所以. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以，所以的虚部为． 3. 已知，则向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，将两侧同时平方，可得，代入夹角公式，即可得答案. 【详解】因为， 所以，则， 则， 因为，所以，即向量的夹角为. 4. 已知数据，，，，的平均数为，方差为，数据，，，，，的平均数为，方差为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平均数及方差的计算公式即可求解． 【详解】因为，所以， , 因为，即； 所以 ，即． 5. 已知圆与圆至少有三条公切线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出圆心和半径，再结合公切线的条数得到两个圆的位置关系，进而建立不等式，求解参数范围即可. 【详解】由题意得圆心，半径，，， 因为两圆至少有三条公切线，所以两圆位置关系为外切或外离， ，， 即，解得， 则的取值范围为． 6. 已知函数，则下列结论不正确的是（　　） A. 的周期为 B. 的图象关于对称 C. 的最大值为 D. 在区间上单调递增 【答案】B 【解析】 【分析】利用周期的定义可判断A，利用特例可判断B，利用导数可求单调性和最值，进而判断C,D. 【详解】对于A，因为，所以的周期为，A正确； 对于B，因为，，所以的图象不关于对称，B错误； 对于C，， 令，则， 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以当时，取到最大值，此时（负值舍去），，所以的最大值为，C正确； 对于D，由C可知，时，，此时，所以函数在上单调递增，D正确. 7. 设上的可导函数满足，且是偶函数．若，，，则，，的大小关系为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的正负得出的单调性，再结合是偶函数得出的对称轴，由函数图像的对称性即可求解． 【详解】由得，当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 又是偶函数，所以的对称轴为直线， 因为，所以， 所以， 又，， 所以， 所以． 8. 已知圆台的上、下底面半径分别为r和，各项均为正整数的数列是公差为正数的等差数列，且，，，若该圆台存在内切球，则其体积可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用圆台存在内切球求出圆台的高为，然后由等差数列性质得，结合正整数知识得出的值，再由圆台体积公式计算体积后，比较可得正确选项． 【详解】由题意，所以， 公差为正数，则， 作圆台的轴截面，它是等腰梯形，它的内切圆是其内切球的大圆，如图，分别是圆台上、下底面圆心，是圆台的高，是切点， 则， 设圆台的高为, 在直角梯形中，由勾股定理得， 所以，解得， 圆台体积为， ，又均为正整数且，所以或或， 时，， 时，， 时，， 只有D可选． 二、多选题 9. 设事件，满足，，则下列结论正确的是（    ） A. B. 若，互斥，则 C. 若，独立，则 D. 若，则，独立 【答案】BC 【解析】 【分析】根据对立事件的概率公式即可判断A；由概率的加法公式即可判断B；由独立事件的乘法公式即可判断C；由条件概率公式即可判断D． 【详解】对于A，，， 所以，故A错误； 对于B，若，互斥，则， 所以，故B正确； 对于C，若，独立，则，故C正确； 对于D，， 因为，所以， 因为，所以，不独立，故D错误． 10. 已知O是坐标原点，抛物线的焦点是点F，，B，C是抛物线上的三点，点T在圆上运动，则下列选项正确的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 如果，则直线BC与x轴的公共点为 D. 如果直线AB，AC均与圆M相切，则直线BC的方程为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，将点代入抛物线，得到方程后再求解即可；对于B，的最小值，等价于求圆心到​的距离减去半径;对于C，联立方程组后，运用平面向量的坐标运算求解即可；对于D，运用几何法，设切线，求解方程即可. 【详解】对于A：因为在抛物线上，所以，解得，所以抛物线的准线方程为：，则，故A不正确； 对于B：根据抛物线定义，等于点到准线​的距离， 要求的最小值，等价于求圆心到​的距离减去半径, 即，所以的最小值为，故B正确； 对于C，显然直线BC的斜率不为0，设直线BC的方程为， 由，得，所以，所以， 所以，解得：或， 当时，直线过原点，不满足题意，舍去， 所以，即直线BC与x轴的公共点为，故C正确； 对于D，直线AB的斜率为，所以直线AB的方程为，即， 又直线AB与圆相切，所以，整理得，即， 同理可得，所以直线BC的方程为，故D正确. 11. 已知数列的通项为，前项和为，则下列选项中正确的有（ ） A. 如果，则，，使得 B. 如果，则，，使得 C. 如果，则，，使得 D. 如果，，使得，则，，使得 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，由，按照分类讨论求解；对于选项B，由，求出，则有，取是不超过的最大整数，故，使得，从而得解；对于选项C，利用导数法证明，，将和利用同向正数不等式具有可乘性得到，结合选项B得解；对于选项D，如果，，使得，则利用绝对值不等式的性质得到，从而得解. 【详解】对于选项A，由，可得， 或0，故令，则有，，使得，故A选项正确； 对于选项B，如果，则， ， 则，取是不超过的最大整数，， 使得，故B选项正确； 对于选项C，下证，，令，， 则在上单调递减， ，， 存在，使得，当时，，单调递增； 当时，，单调递减，又， 故在恒成立，即，，， 则有，由选项B可知，当，则，， 使得，同理当，则，， 使得，故当，则，， 使得，故C选项错误； 对于选项D，如果，，使得， 则， 故对于，，使得，故D选项正确. 故选：ABD. 三、填空题 12. 双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为______． 【答案】 【解析】 【详解】令可得：， 所以双曲线的一条渐近线可为：，即， 圆的圆心， 所以圆心到直线的距离为：， 所以被圆所截得的弦长为：. 13. 已知在中，．若点为外接圆的圆心，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理求出，取的中点，连接，由点为外接圆的圆心，得到，利用向量的数量积的定义，结合在直角三角形中的余弦公式求出的值. 【详解】，， ， 取的中点，连接， 点为外接圆的圆心， ， . 14. 如图，经过抛物线：的焦点的直线交抛物线于，两点（点在第一象限），直线的倾斜角为，经过点和原点的直线与的准线交于点. （1）当时，________； （2）绕直线旋转一周所形成的几何体体积最小时，直线的斜率为________. 【答案】 ①. 3 ②. 【解析】 【分析】（1）求出点的坐标，求出直线的方程，再求出点纵坐标即可得解； （2）求出几何体的体积，利用导数求体积有最小值时对应的即可得解. 【详解】（1）由可知，焦点，准线方程为， 因为直线的倾斜角为， 所以直线的方程为， 联立，可得，解得或， 因为点在第一象限，且倾斜角为， 所以，代入，可得, 所以，可得直线的方程为， 代入直线方程，可得， 所以. （2）可证得,即，过作，交延长线于点， 过作于， 绕旋转一周所形成几何体可以看作上下底半径分别为为半径，为高的圆台， 挖去以为半径，高为的圆锥后所得几何体， 故几何体的体积为： ， 令， 则 ， 又，， 分析可知，当时，最大，几何体的体积最小， 由同角三角函数关系得，于是. 即直线的斜率为. 四、解答题 15. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中，且． （1）求B的大小； （2）求面积的最大值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理、诱导公式及倍角公式计算即可； （2）利用余弦定理、三角形的面积公式及基本不等式计算即可. 【小问1详解】 ∵在中，，且， ∴， 由正弦定理得． ∵，，∴． ∵， ∴． ∵，，， ∴，∴，∴． 【小问2详解】 由（1）知，且， ∴由余弦定理得，整理得． 又∵，当且仅当时，等号成立， ∴，即，当且仅当时，等号成立． ∴， ∴面积的最大值为． 16. 在三棱锥中，等边三角形的边长为，点为的中点，设二面角的平面角分别为． （1）证明：； （2）当时，求直线与平面夹角的正弦值； （3）求的最小值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设的中点为，连接、，借助线面垂直判定定理可得平面，即可利用线面垂直性质定理得到； （2）过点作的垂线，设垂足为，利用线面垂直判定定理可得平面，即可得，则可建立适当空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）过点作的垂线，设垂足为，借助线面垂直判定定理与性质定理可得，即可得，再结合各边长可表示出，结合辅助角公式计算即可得其最小值. 【小问1详解】 设的中点为，连接、，则， 因为三角形PAB为等边三角形，所以， 又因为，所以， 又因为，、平面， 所以平面，又因为平面，所以； 【小问2详解】 过点作的垂线，设垂足为， 由（1）得，平面，由平面，所以， 又因为，，、平面， 所以平面，则， 以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，即. ， ，设平面法向量， 则，即， 取，可得，，即得， 设直线与平面夹角为，则； 【小问3详解】 过点作的垂线，设垂足为，连接， 由平面，平面，所以， 又因为，，、平面， 所以平面，又平面，所以，故， 则， ， 故， 因为，所以， 又因为， 所以，当且仅当时等号成立， 即的最小值为. 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有极小值，且，求a的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增 （3） 【解析】 【分析】（1）先对函数求导得到导函数表达式，代入已知条件确定参数后，算出处的导数值即切线斜率，再求出对应的函数值即切点坐标，最后用点斜式列出切线方程并整理成一般式即可. （2）先把导函数通分并因式分解，结合定义域，按参数的正负分类讨论；时判断导函数在定义域内恒正，直接得出函数单调递增；时以为分界点，分别判断区间内导函数正负，进而得到函数的递减、递增区间，最后汇总两种情况的单调结论. （3）先借助第二问单调性确定时函数在处取极小值也是最小值，代入求出最小值表达式；由恒成立转化为最小值大于等于0，化简不等式后构造新函数；通过求导判断新函数单调递减，结合特殊点，利用单调性分析出使不等式成立的的取值区间. 【小问1详解】 当时，，所以 所以切线方程为即， 【小问2详解】 ， 若，可得时，，所以在上单调递增； 若时，当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 由（2）可知当时，有极小值，极小值为， 此时极小值也是最小值，由，可得，， 又，所以 令，求导得， 所以在上单调递减，又， 当时，，当时，， 所以时，，此时满足， 所以a的取值范围 18. 已知双曲线C：经过点，，右顶点为A. （1）求双曲线C的方程； （2）若过点的直线与双曲线C交于M，N两点. （i）是否存在直线，使得与的面积相等?若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由； （ii）直线，分别与y轴交于P，Q两点，记的中点为E，x轴上是否存在点F，使得A，B，E，F四点共圆?若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2）（i）不存在，理由见解析；（ii）存在，. 【解析】 【分析】（1）代入两点坐标得到方程组，解出即可； （2）（i）设 ，将其与双曲线方程联立，得到韦达定理，根据面积相等，得到方程，解出即可； （ii）设，计算，从而得到中点坐标，再求出圆的方程即可. 【小问1详解】 由题意，得，解得， 故双曲线C的方程为. 【小问2详解】 （i）不存在，理由如下： 假设存在直线，使得与的面积相等， 由题可知，直线的斜率存在，设直线， 与C的方程联立， 得， 由题，，得，且， 设，则， 由，得方程无解， 所以不存在直线，使得与的面积相等． （ii）存在，使得四点共圆，理由如下： 设，又，所以， 令得，同理可得， 故， 又 ， ， 所以， 所以的中点为， 线段的中垂线为，线段的中垂线为，即， 联立，得外接圆圆心为，半径， 故外接圆的方程为， 令，得或2，故存在，使得四点共圆． 19. 某机器人挑战任务规则如下：挑战按阶段依次进行，若连续两个阶段任务都执行失败，则挑战结束；每一个阶段系统随机分配一个简单任务或复杂任务，分配到简单任务的概率为，分配到复杂任务的概率为.已知该机器人成功完成简单任务与复杂任务的概率分别为，且各阶段任务完成情况相互独立. （1）求该机器人在一个阶段中成功完成任务的概率； （2）记为该机器人在完成第个阶段任务后，整个挑战还未结束的概率. ①求； ②证明：数列单调递减.若对系统分配任务进行设置，使得当时，系统停止分配任务，求该机器人最多能挑战多少个阶段的任务. 【答案】（1）. （2）①；②证明见解析，最多进行6次挑战. 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式计算即可； （2）①结合挑战规则分析挑战未结束的条件，利用全概率公式和概率乘法公式计算即可； ②结合①的分析，建立递推关系，利用构造等比数列及待定系数法求出的通项，结合数列的单调性及即可证明及求解. 【小问1详解】 设事件“分配到简单任务”，则“分配到复杂任务”， 事件“成功完成任务”， 依题意，， 因此. 所以机器人在一个阶任务中成功完成任务的概率为. 【小问2详解】 ①设事件“该机器人在第个阶段完成任务”，各阶段完成任务与否相互独立， 当时，挑战显然不会终止，即， 当时，则第轮至少答对一轮.， 由概率乘法公式得：； 同理 ②设事件“第个阶段任务结束时挑战仍然未结束”， 当时，第个阶段任务结束时挑战仍然未结束的情况有两种： （i）第轮成功，且第轮结束时挑战未终止； （ii）第轮失败，且第轮成功，且第轮结束时挑战未终止， 因此第个阶段任务结束时挑战仍然未结束的事件可表示为， 则， 而各轮任务成功与否相互独立， 因此， 当时，，设存在实数，使得数列为等比数列， 当时，，整理得， 而，则，解得或， 当时， 因此当时，数列是首项为，公比为的等比数列； 当时，数列是首项为，公比为的等比数列， ①， ②， ， 为单调递减数列. 又，故最多进行6次挑战. 【点睛】结论点睛：对于递推公式形如这一类型，可通过构造等比数列结合待定系数法来求通项。 设，则，求出，再结合等比数列的通项公式结合题意计算即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期高三下三模试卷 一、单选题 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 2 D. 3. 已知，则向量的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知数据，，，，的平均数为，方差为，数据，，，，，的平均数为，方差为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆与圆至少有三条公切线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，则下列结论不正确的是（　　） A. 的周期为 B. 的图象关于对称 C. 的最大值为 D. 在区间上单调递增 7. 设上的可导函数满足，且是偶函数．若，，，则，，的大小关系为（    ） A. B. C. D. 8. 已知圆台的上、下底面半径分别为r和，各项均为正整数的数列是公差为正数的等差数列，且，，，若该圆台存在内切球，则其体积可能为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 设事件，满足，，则下列结论正确的是（    ） A. B. 若，互斥，则 C. 若，独立，则 D. 若，则，独立 10. 已知O是坐标原点，抛物线的焦点是点F，，B，C是抛物线上的三点，点T在圆上运动，则下列选项正确的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 如果，则直线BC与x轴的公共点为 D. 如果直线AB，AC均与圆M相切，则直线BC的方程为 11. 已知数列的通项为，前项和为，则下列选项中正确的有（ ） A. 如果，则，，使得 B. 如果，则，，使得 C. 如果，则，，使得 D. 如果，，使得，则，，使得 三、填空题 12. 双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为______． 13. 已知在中，．若点为外接圆的圆心，则__________． 14. 如图，经过抛物线：的焦点的直线交抛物线于，两点（点在第一象限），直线的倾斜角为，经过点和原点的直线与的准线交于点. （1）当时，________； （2）绕直线旋转一周所形成的几何体体积最小时，直线的斜率为________. 四、解答题 15. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中，且． （1）求B的大小； （2）求面积的最大值． 16. 在三棱锥中，等边三角形的边长为，点为的中点，设二面角的平面角分别为． （1）证明：； （2）当时，求直线与平面夹角的正弦值； （3）求的最小值． 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有极小值，且，求a的取值范围. 18. 已知双曲线C：经过点，，右顶点为A. （1）求双曲线C的方程； （2）若过点的直线与双曲线C交于M，N两点. （i）是否存在直线，使得与的面积相等?若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由； （ii）直线，分别与y轴交于P，Q两点，记的中点为E，x轴上是否存在点F，使得A，B，E，F四点共圆?若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由. 19. 某机器人挑战任务规则如下：挑战按阶段依次进行，若连续两个阶段任务都执行失败，则挑战结束；每一个阶段系统随机分配一个简单任务或复杂任务，分配到简单任务的概率为，分配到复杂任务的概率为.已知该机器人成功完成简单任务与复杂任务的概率分别为，且各阶段任务完成情况相互独立. （1）求该机器人在一个阶段中成功完成任务的概率； （2）记为该机器人在完成第个阶段任务后，整个挑战还未结束的概率. ①求； ②证明：数列单调递减.若对系统分配任务进行设置，使得当时，系统停止分配任务，求该机器人最多能挑战多少个阶段的任务. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $