精品解析：山西晋中市榆次区第二中学2026届高三模拟预测数学试题

高三数学 （120分钟 150分） 一、单项选择题（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，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 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. 4. 设，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 5. 已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，若，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆台的母线与底面所成的角为，其内切球的体积为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为、，过点作倾斜角为的直线与双曲线的右支交于点，线段的中点在以为直径的圆上，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，曲线与相邻的三个交点构成一个内角为的三角形，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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，有选错的得0分，部分选对的得3分．） 9. 已知，，，下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为1 B. 的最小值为2 C. ab的最大值为 D. 的最小值为2 10. 在中，角、、的对边分别为、、，且满足，外接圆的直径为1，若，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在正四棱柱中，．点是侧面上的一个动点（含边界），且，、分别是棱、上一点，满足，，下列说法正确的是（ ） A. 平面截该正四棱柱所得的截面的周长为 B. 侧面上存在点，使得平面 C. 若，则的最小值为 D. 若，则的最大值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 若定义在上的增函数满足，请写出一个满足条件的函数______. 13. 北京时间3月1日，2026年女足亚洲杯在澳大利亚正式拉开战幕.本届赛事持续至3月21日，共有12支球队分成、、三组比赛.现有甲、乙、丙、丁4名志愿者到、、三组进行服务活动，要求每名志愿者只能去一个组，每组都要有志愿者，其中甲志愿者不去组，则组委会一共有______种安排方法. 14. 我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》一书时介绍了“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，如图所示.记较小的锐角为，大正方形的边长为，小正方形EFGH的边长为，点是GC的中点，若，，则______． 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. 已知数列是等差数列，是正项等比数列，且，，，对任意的，都有. （1）求数列和的通项公式； （2）记数列的前项和为，求满足的最大正整数. 16. 某市为了丰富市民的娱乐文化生活，举办了“2026年元宵观灯和猜谜语文化节”.文化节期间，甲、乙两位好友进行猜谜语比赛游戏，游戏规则如下：每人有3次猜谜语的机会，若猜中即结束猜谜语，若猜不中则猜下一个谜语.记第次猜中得（）分（），若三次均未猜中则得分为0分.已知甲每次猜中的概率为，乙每次猜中的概率为，每次猜中与否互不影响，记甲猜谜语的次数的均值为. （1）求乙猜2次的概率； （2）记乙猜谜语的次数的均值为，若，求的取值范围； （3）已知，且甲最终的得分为，若，则认定甲是猜谜语高手.请问是否有理由认定甲是猜谜语高手？ 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，且，，平面ABCD，、分别是PD、AD的中点. （1）求证：平面平面PAB； （2）若二面角的大小为： （ⅰ）求PA的长； （ⅱ）求直线CD与平面BCE所成角的正弦值. 18. 已知椭圆：的焦距为，且经过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线：交椭圆于、两点，点满足： （ⅰ）若，且，求直线的方程； （ⅱ）记四边形的面积为，若点恰好在椭圆上，求的值. 19. 已知函数. （1）当时，曲线在处的切线在轴上的截距为，求的最小值； （2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围； （3）当时，证明：函数在上有两个极值点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 （120分钟 150分） 一、单项选择题（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，，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解一元二次不等式可得集合，再通过数轴根据两个集合的包含关系求得参数范围. 【详解】因为，所以，所以， 则，因为，所以，则， 因为，所以，如图： 所以. 2. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以， 所以，则在复平面内对应的点为，在第一象限内. 3. 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． 4. 设，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】因为，所以， 所以， 即成立； 反之，若， 则，所以， 解得或， 所以推不出. 故“”是“”的充分不必要条件. 5. 已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，若，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为函数是定义在上的偶函数，且，所以. 又函数在上单调递增，所以函数在上单调递减. 所以等价于，解得. 6. 已知圆台的母线与底面所成的角为，其内切球的体积为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由内切球体积公式求出球的半径，从而得到圆台的高，再利用母线与底面所成的角，求得上、下底面的半径，再结合圆台的体积公式求解. 【详解】作出圆台的轴截面ABCD，如图， 设圆台的上底面的圆心为，半径为，下底面的圆心为，半径为，高为， 内切球的球心为，半径为. 由内切球的体积为，可得， 解得，所以圆台的高，因为， 所以在中，，， 所以，同理求得， 所以圆台的体积. 7. 已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为、，过点作倾斜角为的直线与双曲线的右支交于点，线段的中点在以为直径的圆上，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角形的中位线性质及双曲线的定义可得. 【详解】依题意，如图，因为是的中点，是的中点， 所以是的中位线，因为，所以， 因为，因此是等腰三角形， 因为，所以， 所以，因为，所以， 所以. 8. 已知，曲线与相邻的三个交点构成一个内角为的三角形，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】联立方程，利用和差公式化简，表示出相邻三点的坐标，然后根据三角形的特征列方程求解即可. 【详解】设三个相邻的交点分别为，，， 不妨设，由， 得，整理得， 所以，所以，， 不妨令，0，1，得，，， 则，，， 所以，，， 所以， ，， 所以，因为是一个内角为的三角形， 所以是等边三角形，所以， 即，整理得，因为，所以. 二、多项选择题（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，有选错的得0分，部分选对的得3分．） 9. 已知，，，下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为1 B. 的最小值为2 C. ab的最大值为 D. 的最小值为2 【答案】BD 【解析】 【分析】A直接利用基本不等式；B利用基本不等式求的最值；C对利用基本不等式；D利用消元法求解. 【详解】对于A，因为，，， 所以， 当且仅当，即，时，等号成立， 此时是最小值不是最大值，故A不正确； 对于B，， 当且仅当，即，时，等号成立，故B正确； 对于C，因为，所以， 因为，，所以，所以， 令，所以，即，所以， 所以，所以， 当且仅当，即，时，等号成立，故C不正确； 对于D，因为，所以， 所以， 令，所以， 所以， 当且仅当，即，所以时，等号成立，故D正确. 10. 在中，角、、的对边分别为、、，且满足，外接圆的直径为1，若，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用正弦定理进行边角互化，化简后得到两条边之间的比例；结合外接圆直径条件，将边长用角的正弦表示，代入面积公式建立方程，解出角的正弦值；再通过半角公式和三角恒等变换，逐项验证选项的真伪，最终确定正确选项. 【详解】对于A，因为外接圆的直径为1， 所以由正弦定理 得，，， 因为，所以， 即，所以， 因为，，所以，故A正确； 对于B，因为，又， 所以，解得，故B正确； 对于C，由A知，所以，则， 所以，所以，所以， 又由得，所以， 所以，故C不正确； 对于D，因为，所以，所以，， 所以，因为， 所以， 所以 ， 故D正确. 11. 如图，在正四棱柱中，．点是侧面上的一个动点（含边界），且，、分别是棱、上一点，满足，，下列说法正确的是（ ） A. 平面截该正四棱柱所得的截面的周长为 B. 侧面上存在点，使得平面 C. 若，则的最小值为 D. 若，则的最大值为 【答案】CD 【解析】 【分析】对于A选项，通过线面关系确定截面形状，根据几何体性质计算即可，对于B选项，通过向量运算表示出，根据线面关系判断是否存在，对于C选项，根据给定条件分析得到最小时对应位置关系，通过等面积法即可求解，对于D选项，通过给定条件求出参数条件，求解即可. 【详解】对于A，如图1，取的中点，连接， 过点作，交于点， 连接，则四边形为平面截该正四棱柱所得的截面， 因为四棱柱是正四棱柱，所以四边形为平行四边形， 因为，，， 所以，，，，， 因此平行四边形的周长为，故A不正确； 对于B，以为正交基底，建立如图2所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， ，，， 因为，所以，因此， 若平面，则，即， 解得，此时与矛盾， 所以侧面上不存在点，使得平面，故B不正确； 对于C，因为，所以，，三点共线， 当时，取得最小值， 在中，，， 所以，则， 因此在中，，故C正确； 对于D，当时，， 由B知，所以， 化简得，令，，其中0， 所以，其中，， 当时，取得最大值为， 此时 ，所以， ，满足题意，故D正确． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 若定义在上的增函数满足，请写出一个满足条件的函数______. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【详解】根据是定义在上的增函数，再结合题意， 可以令，则，满足题意 （答案不唯一，可以是）. 13. 北京时间3月1日，2026年女足亚洲杯在澳大利亚正式拉开战幕.本届赛事持续至3月21日，共有12支球队分成、、三组比赛.现有甲、乙、丙、丁4名志愿者到、、三组进行服务活动，要求每名志愿者只能去一个组，每组都要有志愿者，其中甲志愿者不去组，则组委会一共有______种安排方法. 【答案】24 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理，分类计算求解. 【详解】因为4名志愿者去三个组，每名志愿者只能去一个组，每组都要有志愿者， 则出现1、1、2分组情形，因为甲不去组，则有两种情形， 情形1：甲单独一组，则有种安排方法， 情形2：甲与乙、丙、丁中的一人组成一组，则有种安排方法， 所以组委会一共有24种安排方法. 14. 我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》一书时介绍了“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，如图所示.记较小的锐角为，大正方形的边长为，小正方形EFGH的边长为，点是GC的中点，若，，则______． 【答案】5 【解析】 【分析】由几何关系得出，由同角三角函数的平方关系得出，进而得出，即可得出，再根据平面向量数量积的运算律即可求解． 【详解】在中，，， 所以， 因为，，所以（*）， 两边平方得，即， 因为是锐角，所以，， 所以（**）， 将（*）式与（**）式联立解得，， 所以，，因为点是的中点， 所以，因为， 所以 ． 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. 已知数列是等差数列，是正项等比数列，且，，，对任意的，都有. （1）求数列和的通项公式； （2）记数列的前项和为，求满足的最大正整数. 【答案】（1）， （2）8 【解析】 【分析】（1）先求出，再得出，再利用条件得出数列的首项和公差即可； （2）利用错位相减法求出，再结合解不等式求出答案. 【小问1详解】 因为， 所以， 当时，，两项相除得， 当时，，所以，满足式， 综上所述，， 所以，， 设数列的公差为， 则，解得或， 因为，所以， 所以； 【小问2详解】 由（1）知，所以单调递增， 因为①， ②， ①－②得， 所以， 因为，，所以， 故满足的最大正整数为8. 16. 某市为了丰富市民的娱乐文化生活，举办了“2026年元宵观灯和猜谜语文化节”.文化节期间，甲、乙两位好友进行猜谜语比赛游戏，游戏规则如下：每人有3次猜谜语的机会，若猜中即结束猜谜语，若猜不中则猜下一个谜语.记第次猜中得（）分（），若三次均未猜中则得分为0分.已知甲每次猜中的概率为，乙每次猜中的概率为，每次猜中与否互不影响，记甲猜谜语的次数的均值为. （1）求乙猜2次的概率； （2）记乙猜谜语的次数的均值为，若，求的取值范围； （3）已知，且甲最终的得分为，若，则认定甲是猜谜语高手.请问是否有理由认定甲是猜谜语高手？ 【答案】（1） （2） （3）有理由认定甲是猜谜语高手 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件乘法公式计算即可； （2）先分别求出甲，乙两人猜谜语次数的期望，再根据列不等式求解即可； （3）根据求出，再求出甲最终得分的期望，验证是否满足即可判断. 【小问1详解】 记“乙猜2次”为事件，则， 所以乙猜2次的概率为； 【小问2详解】 甲猜谜语的次数的可能值为1，2，3 ，， 所以， 乙猜谜语的次数的可能值为1，2，3因为乙每次猜中的概率为， 所以，，， ， 因为，所以，解得或， 因为，所以； 【小问3详解】 因为，则由（2）知， 解得或，因为，所以， 甲最终的得分为，则的可能值为0，1，2，3， ，， ，， 所以， 所以，所以有理由认定甲是猜谜语高手. 17. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，且，，平面ABCD，、分别是PD、AD的中点. （1）求证：平面平面PAB； （2）若二面角的大小为： （ⅰ）求PA的长； （ⅱ）求直线CD与平面BCE所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】(1)通过证明线面平行，从而证明面面平行； (2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解空间角的正弦值. 【小问1详解】 在PAD中，、分别是PD、AD的中点， 所以，因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB， 因为四边形ABCD是直角梯形，且，所以， 又，是AD的中点，所以，， 所以四边形ABCF是矩形，所以， 因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB， 因为，平面CEF，平面CEF， 所以平面平面PAB； 【小问2详解】 （ⅰ）连接AC，BF， 由（1）同理可证四边形BCDF是平行四边形，所以， 因为四边形ABCF是矩形，，所以四边形ABCF是正方形， 所以，所以， 又平面ABCD，平面ABCD，所以， 因为，平面PAC，平面PAC， 所以平面PAC，又平面PAC，又平面PAC，所以PC，PA， 所以是二面角的平面角，即， 所以，因为四边形ABCF是正方形，且， 所以，所以； （ⅱ）以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面BCE的一个法向量为，则, 所以，取，则，， 所以，设直线CD与平面BCE所成的角为， 所以 所以直线CD与平面BCE所成角的正弦值为. 18. 已知椭圆：的焦距为，且经过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线：交椭圆于、两点，点满足： （ⅰ）若，且，求直线的方程； （ⅱ）记四边形的面积为，若点恰好在椭圆上，求的值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）或；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的焦距可得c，结合椭圆经过点，得出，即可得到椭圆C的标准方程； （2）（ⅰ）联立直线l与椭圆C的方程，消去y得到关于x的一元二次方程；设，，，得到根与系数的表达式，由，可得M点坐标，结合，解出k，进而得到直线l的方程； （ⅱ）由且M在椭圆C上，将M点坐标代入椭圆方程，结合P、Q在椭圆上的条件，推导得到的关系；利用弦长公式求出，再求出原点到直线l的距离，即可得到四边形面积S的表达式，并计算得到S的值。 【小问1详解】 因为椭圆的焦距为，所以，所以， 所以， 由椭圆过点，所以，所以， 化简得，解得或1（舍去），所以， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 设，，， 由，得， 即， 所以， 所以，且，， 所以. （ⅰ）因为，，所以， 又，所以， 化简得，解得或（舍去），所以， 所以直线的方程为或； （ⅱ）因为， 又原点到直线的距离为， 由知四边形是平行四边形， 所以面积. 因为点在椭圆上，所以， 解得， 所以. 19. 已知函数. （1）当时，曲线在处的切线在轴上的截距为，求的最小值； （2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围； （3）当时，证明：函数在上有两个极值点. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义可得，对函数求导，根据导数计算即可求解； （2）由题意可得对恒成立，令，求导，根据导数判断函数单调性，根据单调性可得在上恒成立，令，求导，根据导数可得最值，进而可解； （3）对函数求导，令，，根据导数作出函数大致图象，根据导数与极值的关系计算即可证明. 【小问1详解】 依题意，所以， 又，所以曲线在处的切线方程为， 令，得，所以， 因为，所以恒成立，所以在上单调递减， 所以； 【小问2详解】 因为，所以， 即对恒成立， 变形得对恒成立，即对恒成立， 令，则等价于对恒成立， 因为，所以当时，恒成立， 所以在上单调递增， 所以当时，等价于，即在上恒成立， 令，则在上恒成立， 所以函数在上单调递增，所以， 所以，所以实数的取值范围是； 【小问3详解】 当时，， 则， 令，则， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增， 又，当时，， 即有且仅有一个零点，设为，则，且， 故当时，；当时，； 则在上单调递减，在上单调递增， 所以， 由，得， 令，则， 则在上单调递增，而， 故，，， 而，，， 又当时，，，故， 当时，，， 变化的幅度远大于变化的幅度，故， 则的大致图象如图所示： 即有两个变号零点，所以函数在上有两个极值点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $