精品解析：江苏徐州市第三中学2026届高三考前模拟自测数学试题

徐州三中2026届高三考前最后一卷 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，集合，则（ ）． A. B. C. D. 2. 已知，则（ ）． A. 1 B. 2 C. D. 5 3. 已知单位向量，，则是“存在实数，使得”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 4. 已知随机变量服从正态分布，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线的焦点为，抛物线上一点到焦点的距离为5，则（O为坐标原点）的面积为（ ）． A. 1 B. C. 2 D. 4 6. 若，则n的值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 7. 已知圆，点P在直线上．若圆C上存在两点A，B，使得是等边三角形，则点P的横坐标的取值范围为（ ）． A. B. C. D. 8. 一个棱长为6的正四面体状封闭玻璃容器（壁厚忽略不计）内装有少量液体．如图，当容器倾斜至某一位置时，液面与过同一顶点的三条棱相交，交点到该顶点的距离分别为2，3，4．若将该容器放在一个水平桌面上，底面贴合桌面，则液面距离桌面的高度大约为（ ）． （参考数据：，） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.5 D. 0.6 二、多选题：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. 已知随机事件，均包含于必然事件，若，，则（ ） A. B. C. D. 10. 古希腊数学家阿波罗尼斯发现：用平面截圆锥，可以得到不同的截口曲线，如图①．在圆锥中，轴截面是斜边长为的等腰直角三角形，点M是线段的中点．过点M的平面截圆锥，下列图②-图⑤中的截口曲线分别为圆、椭圆（截面经过点A）、抛物线的一部分（截面经过点O）、双曲线的一部分（截面垂直于平面），则（ ）． A. 圆的面积为 B. 椭圆的长轴长为 C. 抛物线的焦点到准线的距离为1 D. 双曲线的离心率为 11. 已知函数满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知由样本数据组成的一个样本，得到回归直线方程为，且，去除两个样本点和后，新得到的回归直线方程斜率为3，则样本的残差为_______． 13. 已知数列满足，，且数列为等比数列，则的前5项和可以是_________．（写出一个满足条件的值） 14. 已知斜三角形的内角的对边分别为，，则的最大值为_______． 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的对边分别为a，b，c，，. （1）若，求的周长； （2）是否存在正整数，使得为钝角三角形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 16. 有一个袋子中装有4个红球，2个黑球，现每次从袋子中随机取出一个球，连续取三次． （1）若每次取出的球放回，记取出黑球的次数为，求的分布列和期望； （2）若每次取出的球不放回，已知第三次取出的是黑球，求此时袋中没有黑球的概率． 17. 在矩形中，，，为的中点，将沿翻折至，使得平面平面，得到如图所示的四棱锥． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，线段的中点为，过的直线与交于，两点，在轴上方．当为的上顶点时，，且． （1）求的方程； （2）若，求的方程； （3）若，与轴分别交于，，求与的面积之比． 19. 已知函数. （1）若，求函数的极值； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数的最小值为0，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 徐州三中2026届高三考前最后一卷 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，集合，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】集合或， 因为，所以. 2. 已知，则（ ）． A. 1 B. 2 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【详解】由，得，， 所以，，因此，. 3. 已知单位向量，，则是“存在实数，使得”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】已知是单位向量，故. 对两边平方得，  代入，解得. 由点积定义得（为两向量夹角）， 得，即同向共线，存在使，充分性成立； 若存在使，由， 得. 当时，，此时，必要性不成立. 因此是“存在实数，使得”的充分不必要条件. 4. 已知随机变量服从正态分布，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据随机变量期望及方差的性质计算求解 【详解】因为随机变量服从正态分布，所以，， 由随机变量期望与方差的性质得， 5. 已知抛物线的焦点为，抛物线上一点到焦点的距离为5，则（O为坐标原点）的面积为（ ）． A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】抛物线，焦点，准线方程为， 因为抛物线上一点到焦点的距离为5，所以点到准线的距离也为5， 即点的横坐标为4，代入可得， 因此. 6. 若，则n的值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】利用二项式定理补项配凑求和的通项表达式 【详解】由， 解得. 7. 已知圆，点P在直线上．若圆C上存在两点A，B，使得是等边三角形，则点P的横坐标的取值范围为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意存在点使得，过作圆的切线，切点为，连接，则，又，即可得到，设，根据距离公式得到不等式，解得即可. 【详解】 圆，圆心为原点，半径. 在直线上，设. 因为圆上存在两点使为等边三角形，所以，过作圆的切线， 切点为，连接，则，又，所以， 即，即. 即，因式分解得， 解得，即点横坐标的取值范围为. 8. 一个棱长为6的正四面体状封闭玻璃容器（壁厚忽略不计）内装有少量液体．如图，当容器倾斜至某一位置时，液面与过同一顶点的三条棱相交，交点到该顶点的距离分别为2，3，4．若将该容器放在一个水平桌面上，底面贴合桌面，则液面距离桌面的高度大约为（ ）． （参考数据：，） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.5 D. 0.6 【答案】B 【解析】 【分析】设原正四面体的体积为，液体体积为，正四面体的高为，放正后液面的高度为，由题意可得，计算正四面体的高，根据水平放置后，液面上方的正四面体与原正四面体相似，列式计算求解. 【详解】设原正四面体的体积为，液体体积为，正四面体的高为，放正后液面的高度为， 由题意可得， 如图所示，正四面体高， 水平放置后，液面上方的正四面体与原正四面体相似， 则，即， 所以. 二、多选题：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. 已知随机事件，均包含于必然事件，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据条件概率公式，变形求解，可判断A、D的正误；根据概率加法公式，可判断B的正误，根据概率的范围，结合二次函数的性质，可判断C的正误； 【详解】选项A：由条件概率公式得，故A错误； 选项B：由概率加法公式得， 因为，所以， 则，故B正确； 选项C：， 所以，则， 令，， 则， 因为，， 所以， 当且仅当时取等号，故C正确； 选项D：， 当或时，才有， 但，， 无法确定是否为0及是否等于，故D错误. 10. 古希腊数学家阿波罗尼斯发现：用平面截圆锥，可以得到不同的截口曲线，如图①．在圆锥中，轴截面是斜边长为的等腰直角三角形，点M是线段的中点．过点M的平面截圆锥，下列图②-图⑤中的截口曲线分别为圆、椭圆（截面经过点A）、抛物线的一部分（截面经过点O）、双曲线的一部分（截面垂直于平面），则（ ）． A. 圆的面积为 B. 椭圆的长轴长为 C. 抛物线的焦点到准线的距离为1 D. 双曲线的离心率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立直角坐标系，利用平面几何知识可判断AB；根据圆锥和截面相交求出抛物线和双曲线的方程可判断CD. 【详解】已知圆锥的轴截面是斜边长的等腰直角三角形， 可得，，是中点，. 以为原点，以方向为轴，以与垂直向内的方向为轴， 以方向为轴建立空间直角坐标系， 得，，，，. 选项A：截口为圆时，截面平行于底面，圆半径， 面积，A错误； 选项B：截面过，椭圆长轴为线段， 可得， 故长轴长为，B正确； 选项C，如图，作出符合题意的图形， 设抛物线与底面圆的交点为，以为原点， 以为轴，在平面建立平面直角坐标系. 由于圆锥底面半径为，则，得，，， 将代入抛物线方程，得， 故抛物线的焦点到准线的距离为1，C正确； 选项D，如图，作出符合题意的图形， 在与平面垂直且过点的平面内，建立平面直角坐标系， 坐标原点与点到底面的距离相等，且在轴上， 则点的坐标为，双曲线与底面圆的一个交点为，其坐标为， 设双曲线方程为，则， 将代入双曲线方程得，解得， 则离心率，D正确. 11. 已知函数满足，且当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A：利用赋值法进行运算判断即可； B：利用反证法进行判断即可； C：运用对数的运算性质，结合已知不等式进行运算判断即可； D：利用函数单调性的定义、题中不等式判断函数的单调性，根据函数值对应自变量的值的特点构造新函数，结合导数的性质、判断新函数的单调性，再结合已知原函数的单调性进行判断即可. 【详解】A：在中，令， 得， 令，得 ，故本选项说法正确； B：假设，由上可知， 所以有，这与已知当时，矛盾，所以假设不成立， 故本选项说法不正确； C：因为， 所以， ，即， 因为当时，， 所以，所以本选项说法正确； D：设，则有， 所以有， 由上可知，所以， 所以，所以当时，单调递增. 设，则有， 因为，所以单调递减， 因为，所以， 即， 因为当时，函数单调递增，且， 所以，因此本选项说法正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知由样本数据组成的一个样本，得到回归直线方程为，且，去除两个样本点和后，新得到的回归直线方程斜率为3，则样本的残差为_______． 【答案】 【解析】 【分析】由回归方程求出，再求出新样本的平均数，，从而求出回归直线方程，再求出预测值，即可得到残差. 【详解】将代入，， 去除两个样本点和后，所以，，， 故去除样本点和后的回归直线方程为， 当时，，则样本的残差为． 13. 已知数列满足，，且数列为等比数列，则的前5项和可以是_________．（写出一个满足条件的值） 【答案】348(或168，答案不唯一) 【解析】 【详解】令，则是等比数列，设其公比为. 由已知得，，，则，则. 当时， ，，. 所以，，，，则. 当时，，，. 所以，，，，则. 综上所述，的前5项和可以是348或168. 14. 已知斜三角形的内角的对边分别为，，则的最大值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用正余弦定理得到，根据两角差的正切公式得到，令，结合基本不等式求解即可. 【详解】由余弦定理得，， 又，所以，即. 由正弦定理得，，所以 ， 即， 斜三角形中，，， 所以. . 因为，则，所以，若为钝角，也为钝角，不满足，故为锐角， 令，则. 则，当且仅当，即时取等号. 故的最大值为. 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的对边分别为a，b，c，，. （1）若，求的周长； （2）是否存在正整数，使得为钝角三角形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）12 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换化简得到或，舍去不合要求的解，得到答案； （2）由大边对大角，得到为钝角，由余弦定理结合三角形三边关系得到不等式，求出答案. 【小问1详解】 ，， ， ，即， 或， ，，或， 当时，边最长，与条件矛盾，故舍去； 当时，则，又，， ，解得. ，，，的周长为； 【小问2详解】 存在，理由如下： 显然，若为钝角三角形，则为钝角， 由余弦定理可得， 解得， 由三角形三边关系可得，即，可得， 是正整数，故. 16. 有一个袋子中装有4个红球，2个黑球，现每次从袋子中随机取出一个球，连续取三次． （1）若每次取出的球放回，记取出黑球的次数为，求的分布列和期望； （2）若每次取出的球不放回，已知第三次取出的是黑球，求此时袋中没有黑球的概率． 【答案】（1）的分布列为： 期望为1 （2）【解析】 【分析】（1）先确定随机变量的取值，再分别计算各取值对应的概率，最后列出分布列并求出期望； （2）方法一：利用概率乘法公式以及条件概率公式求解；方法二：利用古典概型概率公式以及条件概率公式求解即可. 【小问1详解】 由题意知，随机变量的取值为， 则，， ，， 所以的分布列为： 由，所以的期望． 【小问2详解】 记第次取出黑球为事件，第三次取出黑球后袋中没有黑球为事件． 方法一：， ， 所以． 方法二：，， 所以． 17. 在矩形中，，，为的中点，将沿翻折至，使得平面平面，得到如图所示的四棱锥． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】1）利用勾股定理证明垂直，再结合面面垂直的性质定理可证明线面垂直； （2）利用空间向量法来求线面角的正弦值即可. 【小问1详解】 在矩形中，，，为的中点， 所以，所以，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 又平面，所以． 【小问2详解】 取的中点，的中点，连接，则，所以平面， 由题可得，所以，所以两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，． 设平面的一个法向量为， 则，取，得，， 所以．设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 18. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，线段的中点为，过的直线与交于，两点，在轴上方．当为的上顶点时，，且． （1）求的方程； （2）若，求的方程； （3）若，与轴分别交于，，求与的面积之比． 【答案】（1） （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的顶点坐标和题目条件表示出和的关系式，从而进行求解； （2）设出直线方程，进而将直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理和题目条件，从而进行求解； （3）根据第2小问得到的两个动点纵坐标之间的关系和直线方程，计算出三角形的高，从而表示出三角形的面积进行求解. 【小问1详解】 由题可知，，，，如下图所示： ，即， 因为，所以，即， 所以联立解得，， 因此椭圆的方程为； 【小问2详解】 由（1）可知，，， 设的直线方程为，，， 联立，可得， 根据韦达定理可得，， 因为，所以， 所以，即， 所以，，解得， 因此直线的方程为； 【小问3详解】 图象如下图所示： 由（2）可知，， 直线的方程为，所以，即， 同理可得， 所以， 所以，故与的面积之比为1． 19. 已知函数. （1）若，求函数的极值； （2）讨论函数的单调性； （3）若函数的最小值为0，求的值. 【答案】（1）有极小值，无极大值； （2）答案见详解； （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数讨论函数单调性，根据单调性可得极值； （2）求得，分、、、四种情况讨论，分析导数的符号变换，由此可得出函数的增区间和减区间； （3）分，两种情况分类求出最小值即可列式求参. 【小问1详解】 当时，，则， 当时，，当时，， 所以，在上单调递减，在上单调递增， 所以，当时，有极小值，无极大值. 【小问2详解】 若，则时单调递减，时单调递增； 若，则时单调递增， 时单调递减，时单调递增； 若，则时单调递增； 若，则时单调递增，时单调递减，时单调递增 【小问3详解】 令， 当时，，函数在上单调递增，故无最小值 所以，由得， 所以时单调递减，时单调递增， 所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $