精品解析：甘肃嘉峪关市酒钢三中2026届高三第二学期模拟预测数学试题

嘉峪关市酒钢三中2025~2026学年第二学期三模考试 高三数学试卷 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. 如图，集合A，B均为U的子集，表示的区域为（ ） A. I B. Ⅱ C. Ⅲ D. Ⅳ 【答案】A 【解析】 【分析】根据补集的运算性质及维恩图得解. 【详解】因为, 由维恩图可知，表示的区域为I. 故选：A 2. 若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据幂函数,指数函数单调性，引入中间值，比较，根据指数,对数函数单调性，引入中间值，比较即可. 【详解】根据函数在单调递增，知道， 根据函数在单调递减，知道， 根据函数在单调递减，知道， 综上所得，. 故选：C. 3. 设函数，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分段函数的解析式，将化为，利用解析式求得的值，即可得答案. 【详解】由题意得 ， 故选：C 4. 如图：正方体的棱长为2，E为的中点，过点D作正方体截面使其与平面平行，则该截面的面积为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可知，过点D作正方体截面使其与平面平行的截面即为菱形，利用菱形面积公式即可求得结果为. 【详解】根据题意，取的中点分别为，连接，如下图所示： 易知，且，所以四边形是平行四边形； 即，又平面，平面， 所以平面； 同理可得平面； ，平面， 所以平面平面平行， 即过点D作正方体截面使其与平面平行的截面即为平面； 显然，，且，； 所以四边形是边长为的菱形，即所求截面面积即为菱形的面积； 易知，所以其面积为. 故选：B 5. 一袋里装有带编号的红色，白色，黑色，蓝色四种不同颜色的球各两个，从中随机选4个球，已知有两个是同一颜色的球，则另外两个球不是同一颜色的概率为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用古典概率求出至少有两个球颜色相同的概率，再求出两球颜色相同、另外两球颜色不同的概率即可求解作答. 【详解】记至少有两个球颜色相同的事件为，两球颜色不同的事件为， 因此，， 所以有两个是同一颜色的球，则另外两个球不是同一颜色的概率为. 故选：C 6. 已知，，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用两角和差公式可得，结合题意即可得结果. 【详解】因为，则，， 又因为， 则①， 等式①的两边同时除以 可得，解得. 故选：D. 7. 函数的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为是增函数，是增函数，所以函数是增函数. 又， 所以由零点存在性定理可得，函数的零点所在的区间为. 8. 已知正项等比数列的前项和为，且满足，设，将数列中的整数项组成新的数列，则（ ） A. 2022 B. 2023 C. 4048 D. 4046 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列定义，将代入计算可得，；可得，再由新的数列的性质求出其通项为即可得出结果. 【详解】令数列的公比为，， 因为， 所以当时，，即， 当时，，即，解得（舍去）， 所以，即， 因为数列中的整数项组成新的数列， 所以，此时，即， 可得. 故选：C 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. 9. 某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方式主要有：结伴步行，自行乘车，家人接送，其他方式.并将收集的数据整理绘制成如下两幅不完整的统计图.根据图中信息，下列说法正确的是（ ） A. 扇形统计图中D的占比最小 B. 条形统计图中A和C一样高 C. 无法计算扇形统计图中A的占比 D. 估计该校一半的学生选择结伴步行或家人接送 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据方式上学的学生占比即可求出总人数，则得到方式出行的人数，选项一一分析即可. 【详解】由条形统计图知，自行乘车上学的有42人,家人接送上学的有30人, 其他方式上学的有18人,采用三种方式上学的共90人, 由扇形统计图知, 其他方式上学的学生占, 所以人，则结伴步行上学的有人， 故条形图中一样高，故B正确， 扇形图中类占比与一样都为，和共占,故C错误，D正确. 因为其他方式上学的人数最少，故扇形统计图中D的占比最小，故A正确. 故选：ABD. 10. 关于x的方程的复数解为，，则（ ） A. B. 与互为共轭复数 C. 若，则满足的复数z在复平面内对应的点在第二象限 D. 若，则的最小值是3 【答案】BD 【解析】 【分析】根据给定条件，求出，再逐项计算、判断作答. 【详解】因为，因此不妨令方程的复数解， 对于A，，A错误； 对于B，与互为共轭复数，B正确； 对于C，，由，得， 则复数z在复平面内对应的点在第四象限，C错误； 对于D，设，由，得，显然有，由选项A知， 因此，当且仅当，即时取等号，D正确. 故选：BD 11. 已知，分别是椭圆C：的左、右焦点，P是椭圆C上一点，则（ ） A. 当时，满足的点P有2个 B. 的周长一定小于 C. 的面积可以大于 D. 若恒成立，则C的离心率的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】当点的坐标为或时，最大，计算得到A正确，的周长为，故B正确，面积为，C错误，根据计算离心率得到D正确，得到答案. 【详解】对于选项A：当点的坐标为或时，最大，此时，若， 则，所以，A正确； 对于选项B：的周长为，故B正确； 对于选项C：的面积为，故C错误； 故于选项D：因为，所以，可得， 得，得，又，所以，故D正确． 故选：ABD． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 定义在上的函数的导函数为，当时，，且，则不等式的解集为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用构造函数法，结合导数化简不等式，从而求得不等式的解集. 【详解】构造函数， 则， 所以在区间上单调递减， 由，得， 即，所以， 解得，所以不等式的解集为. 故答案为： 13. 已知数列前项和为，且，若存在两项使得，当时，则最小值是__________. 【答案】4 【解析】 【分析】先根据可得数列是首项为1，公比为2的等比数列，即可得到，结合可得，再结合基本不等式求解即可. 【详解】由，得，两式相减得，而， 所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，即， 因为，则，即， 因为，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号，所以最小值是， 故答案为：. 14. ，则__________. 【答案】 【解析】 【详解】对，两边求导得， 令，可得. 四､解答题：本题共5小题，共77分. 15. 已知函数． （1）求的最小正周期和单调增区间； （2）若函数在存在零点，求实数a的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）化简函数，结合三角函数的图象与性质，即可求解； （2）根据题意转化为方程在上有解，以为整体，结合正弦函数图象运算求解. 【小问1详解】 对于函数 ， 所以函数的最小正周期为， 令，则， ∴函数的单调递增区间为. 【小问2详解】 令，即，则， ∵在存在零点，则方程在上有解， 若时，则，可得， ∴，得 故实数的取值范围是． 16. 已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P． （1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程； （2）若，求|AB|． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）设直线：，，；根据抛物线焦半径公式可得；联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于的方程，解方程求得结果；（2）设直线：；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用可得，结合韦达定理可求得；根据弦长公式可求得结果. 【详解】（1）设直线方程为：，， 由抛物线焦半径公式可知： 联立得： 则 ，解得： 直线的方程为：，即： （2）设，则可设直线方程为： 联立得： 则 ， ， 则 【点睛】本题考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的综合应用问题，涉及到平面向量、弦长公式的应用.关键是能够通过直线与抛物线方程的联立，通过韦达定理构造等量关系. 17. 已知函数，其中. （1）设，若不等式对恒成立，求的取值范围. （2），若，求证： 【答案】（1） （2）函数的定义域为， ， 当时，，所以，所以单调递增； 当时，，所以，所以单调递减. 因为，所以可设，则. 令， 则， 当，所以，，所以； 当，所以，，所以， 又，所以恒成立， 所以函数是增函数. 所以，所以， 即. 【解析】 【分析】（1）利用导数分析的单调性，并求得其最小值，由此不等式对恒成立，转化为.构造函数，利用导数分析其单调性，即可解得实数的取值范围； （2） 利用导数分析函数的单调性，得，则，构造函数，利用导数分析函数的单调性，得，从而证得. 【小问1详解】 函数的定义域为， . 当时，令，得. 当时，，所以； 当时，，所以. 所以在上单调递减，在上单调递增， 故的最小值为. 因为不等式对恒成立，所以. 设， 则恒成立， 所以在上单调递增. 因为，所以，解得，即. 综上所述：的取值范围是. 【小问2详解】 略 18. 现有外表相同，编号依次为的袋子，里面均装有个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球.随机选择其中一个袋子，并从中依次不放回取出三个球. （1）当时， ①假设已知选中的恰为2号袋子，求第三次取出的是白球的概率； ②求在第三次取出的是白球的条件下，恰好选的是3号袋子的概率； （2）记第三次取到白球的概率为，证明：. 【答案】（1）①；② （2） 设选出的是第个袋，连续三次取球的方法数为， 第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形： （白，白，白），取法数为， （白，红，白），取法数为， （红，白，白），取法数为， （红，红，白），取法数为， 从而第三次取出的是白球的种数为： ， 则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率， 而选到第个袋子的概率为， 所以． 【解析】 【分析】（1）①时，第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，利用相互独立事件概率乘法公式，互斥事件概率加法公式能求出第三次取出为白球的概率； ②先求出第三次取出的是白球的种数，再求出在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，选到第个袋子的概率为，由此能求出第三次取出的是白球的概率，再结合条件概率即可得解； （2）先求出第三次取出的是白球的种数，再求出在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，选到第个袋子的概率为，由此能求出第三次取出的是白球的概率，进而得证． 【小问1详解】 ①时，第二个袋中有2白2红，共4个球， 从中连续取出三个球（每个取后不放回）， 第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白， ∴第三次取出为白球的概率为； ②设选出的是第个袋，连续三次取球的方法数为， 第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形： （白，白，白），若则，取法数为， 若或或，取法数为，也满足关系， 故取（白，白，白）的取法可表示为， 同理（白，红，白），取法数为， （红，白，白），取法数为， （红，红，白），取法数为， 从而第三次取出的是白球的种数为： ， 则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率， 则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率， 而选到第个袋子的概率为，故所求概率为： ， 所以在第三次取出的是白球的条件下，恰好选的是3号袋子的概率为； 【小问2详解】 略 【点睛】思路点睛：本题为无放回型概率问题：根据题意首先分类讨论不同值情况下的抽取总数(可直接用值表示一般情况)，再列出符合题意得情况(此处涉及排列组合中先分类再分组得思想)，最后即可计算得出含的概率一般式，累加即可，累加过程中注意式中与的关系可简化累加步骤. 19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. （1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）如图，已知在三棱锥中，平面，三棱锥在顶点处的离散曲率为. ①求直线PC与直线AB所成角的余弦值； ②若点在棱PB上运动，求直线 CQ与平面 ABC所成的角的最大值. 【答案】（1）2 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据离散曲率的定义分别表示三棱锥在各个顶点处的离散曲率，根据三角形内角和为，求得三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）①根据异面直线所成角的定义，作出直线与直线所成的角，根据余弦定理求得直线与直线所成角的余弦值；；②设，用直线 与平面 所成角的正弦值，结合二次函数的最值求法，求得直线与平面所成的角的最大值. 【小问1详解】 由离散曲率的定义得：， ， ， ， 四个式子相加得： . 【小问2详解】 ①如图，分别取的中点，连接， 则，，所以为异面直线与所成角或其补角. 设，因为，所以，所以. 因为平面平面，所以，， 因为，所以平面，又因为平面，所以，所以. 由三棱锥在顶点处的离散曲率为，得. 所以. 所以，. 所以， 所以直线与直线所成的角为的补角，其余弦值为. ②设 由，且平面，得到平面的距离为， . 设直线 与平面所成的角为，则， 当且仅当，即，即与重合时，等号成立. 因为，所以，所以直线 与平面所成角的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 嘉峪关市酒钢三中2025~2026学年第二学期三模考试 高三数学试卷 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. 如图，集合A，B均为U的子集，表示的区域为（ ） A. I B. Ⅱ C. Ⅲ D. Ⅳ 2. 若，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 3. 设函数，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 4. 如图：正方体的棱长为2，E为的中点，过点D作正方体截面使其与平面平行，则该截面的面积为（　　） A. B. C. D. 5. 一袋里装有带编号的红色，白色，黑色，蓝色四种不同颜色的球各两个，从中随机选4个球，已知有两个是同一颜色的球，则另外两个球不是同一颜色的概率为（ ）． A. B. C. D. 6. 已知，，则（ ） A. 3 B. C. D. 7. 函数的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正项等比数列的前项和为，且满足，设，将数列中的整数项组成新的数列，则（ ） A. 2022 B. 2023 C. 4048 D. 4046 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. 9. 某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方式主要有：结伴步行，自行乘车，家人接送，其他方式.并将收集的数据整理绘制成如下两幅不完整的统计图.根据图中信息，下列说法正确的是（ ） A. 扇形统计图中D的占比最小 B. 条形统计图中A和C一样高 C. 无法计算扇形统计图中A的占比 D. 估计该校一半的学生选择结伴步行或家人接送 10. 关于x的方程的复数解为，，则（ ） A. B. 与互为共轭复数 C. 若，则满足的复数z在复平面内对应的点在第二象限 D. 若，则的最小值是3 11. 已知，分别是椭圆C：的左、右焦点，P是椭圆C上一点，则（ ） A. 当时，满足的点P有2个 B. 的周长一定小于 C. 的面积可以大于 D. 若恒成立，则C的离心率的取值范围是 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 定义在上的函数的导函数为，当时，，且，则不等式的解集为___________． 13. 已知数列前项和为，且，若存在两项使得，当时，则最小值是__________. 14. ，则__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分. 15. 已知函数． （1）求的最小正周期和单调增区间； （2）若函数在存在零点，求实数a的取值范围． 16. 已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P． （1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程； （2）若，求|AB|． 17. 已知函数，其中. （1）设，若不等式对恒成立，求的取值范围. （2），若，求证： 18. 现有外表相同，编号依次为的袋子，里面均装有个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球.随机选择其中一个袋子，并从中依次不放回取出三个球. （1）当时， ①假设已知选中的恰为2号袋子，求第三次取出的是白球的概率； ②求在第三次取出的是白球的条件下，恰好选的是3号袋子的概率； （2）记第三次取到白球的概率为，证明：. 19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. （1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）如图，已知在三棱锥中，平面，三棱锥在顶点处的离散曲率为. ①求直线PC与直线AB所成角的余弦值； ②若点在棱PB上运动，求直线 CQ与平面 ABC所成的角的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $