精品解析：广东汕头市潮阳实验学校2026届考前自测数学试卷

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. 设，则z的共轭复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 在空间直角坐标系中，是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量.若，则（ ） A. 4 B. C. 2 D. -2 4. 从的展开式的各项中任选4项，恰好有1项为的奇次幂的选法共有（ ） A. 6种 B. 12种 C. 18种 D. 24种 5. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 7. 图1为迪拜世博会中国馆，建筑名为“华夏之光”，外观取自中国传统灯笼，寓意希望和光明.它的形状可视为内外两个同轴圆柱.某爱好者制作了一个迪拜世博会中国馆的实心模型（如图2），已知模型内层底面直径为，外层底面直径为，且内外层圆柱的底面圆周都在同一个球面上若该模型的表面积为，则此模型外接球的体积为（　　）   A. B. C. D. 8. 已知，且，则（ ） 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. 某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株高X（单位：cm）服从正态分布，其正态密度函数为，，则下列说法正确的是（　　） A. 该地水稻的平均株高为100cm B. 该地水稻株高的方差为10 C. 随机测量一株水稻，其株高在120cm以上的概率比株高在70cm以下的概率大 D. 随机测量一株水稻，其株高在和在的概率一样大 10. 已知正数满足，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知曲线，圆，曲线由，，组成，则（ ） A. 当时，与圆O无公共点 B. 当与圆O有6个公共点时， C. 不存在过原点的直线与无公共点 D. 上仅有4个点到直线的距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列的前n项和为，若，则________． 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在上，且，，则的离心率______． 14. 已知集合，若集合，且M中的所有元素之和为奇数，称M为A的奇子集，则A的所有“奇子集元素之和”的总和为______. 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. 已知的内角的对边分别为，为的面积，且，． （1）判断的形状； （2）设点为所在平面内一动点，分别位于直线的两侧，设，若，，求四边形面积的取值范围． 16. 已知菱形ABCD中，，，E为AD中点，如图一所示，现将沿着BE按顺时针方向旋转折叠，使得点A到达点P，如图二所示． （1）当时，证明：平面平面PBE； （2）当三棱锥的体积第二次达到时，求平面PDE与平面PCD所成角的余弦值． 17. 紫金天街抓娃娃机游乐场设有甲、乙两个盲抓娃娃机器，甲机器有3个良品娃娃和2个次品娃娃；乙机器有4个良品娃娃和1个次品娃娃．游戏规则：先选择一个机器，从该机器中等可能抓取1个娃娃，称为首次抓取；再将首次抓取的娃娃放回原机器，再重新选择机器进行第二次抓取，两次选择相互独立．若两次都抓到良品娃娃，则游戏通关．小明每次选择抓取甲机器的概率为，乙机器的概率为． （1）求小明首次抓取抓到良品娃娃的概率； （2）已知小明已经游戏通关，求首次选择抓取的是乙机器的概率； （注：贝叶斯公式） （3）小明为了更好的通关，现有两种方案： 方案一：第二次继续从首次选择的机器中抓取； 方案二：第二次从另一个机器中抓取． 比较两种方案，哪种方案游戏通关的概率更大． 18. 设函数，． （1）当时，求曲线在点的切线方程； （2）若是函数的极大值点，求实数a的值； （3）若对任意的，恒有成立，求实数a的取值范围． 注：为自然对数的底数. 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过右焦点的直线交椭圆C于P，Q两点（P在x轴上方），的周长为8，当时，的面积为2． （1）求椭圆C的方程； （2）若半径为r的圆M与的延长线、的延长线及线段PQ分别相切于点S，T，H． （ⅰ）当时，求四边形的面积； （ⅱ）求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 设，则z的共轭复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，则，所以的虚部为 2. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，，得， 又，所以. 3. 在空间直角坐标系中，是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量.若，则（ ） A. 4 B. C. 2 D. -2 【答案】A 【解析】 【分析】直线与平面垂直则直线的方向向量与平面的法向量平行，再根据空间中两平行向量的坐标关系进行求解. 【详解】因为，所以∥，则，解得. 故选：A. 4. 从的展开式的各项中任选4项，恰好有1项为的奇次幂的选法共有（ ） A. 6种 B. 12种 C. 18种 D. 24种 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式展开式通项确定的奇次幂和偶次幂对应的项数，再利用组合计数原理计算选1个奇次项和偶次项的选法总数. 【详解】因为二项式的展开式通项为，其中， 为的次数，所以的奇次幂对应为奇数：，共项， 的偶次幂对应为偶数：，共项， 任选4项恰好有1项为的奇次幂，即选1个奇次项、3个偶次项， 由组合计数可得：，因此选法共12种. 5. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题设结合平方关系求得，再根据降幂公式求解即可. 【详解】由，得， 因为，所以， 又，则， 解得或（舍去），则， 所以， 又，则. 故选：C 6. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用数列递推公式推出数列是等差数列，求出数列的通项，即可求得答案. 【详解】因为，所以， 所以是首项为1，公差为2的等差数列， 所以，所以， 所以． 7. 图1为迪拜世博会中国馆，建筑名为“华夏之光”，外观取自中国传统灯笼，寓意希望和光明.它的形状可视为内外两个同轴圆柱.某爱好者制作了一个迪拜世博会中国馆的实心模型（如图2），已知模型内层底面直径为，外层底面直径为，且内外层圆柱的底面圆周都在同一个球面上若该模型的表面积为，则此模型外接球的体积为（　　）   A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆柱的外接球性质以及几何体的表面积列式可得球的半径，进而可得球的体积. 【详解】设内、外层圆柱的高分别为，外接球的半径为， 由题意可得：，解得， 所以此模型外接球的体积为. 8. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将，，通过构造函数看成两函数交点的横坐标，数形结合比较大小即可. 【详解】因为，且，所以， 同理，由，可得， 由，可得． 令，得，所以在上单调递减， 满足的即为函数与交点的横坐标； 满足的即为函数与交点的横坐标； 满足的即为函数与交点的横坐标； 在同一平面直角坐标系中画出的图象，如图所示：从图象中可以直观地看出，三个交点的横坐标关系为． 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. 某杂交水稻种植研究所调查某地水稻的株高，得出株高X（单位：cm）服从正态分布，其正态密度函数为，，则下列说法正确的是（　　） A. 该地水稻的平均株高为100cm B. 该地水稻株高的方差为10 C. 随机测量一株水稻，其株高在120cm以上的概率比株高在70cm以下的概率大 D. 随机测量一株水稻，其株高在和在的概率一样大 【答案】AC 【解析】 【详解】由正态分布密度曲线函数，，可得， 所以该地水稻的平均株高为100cm，故A正确； 该地水稻株高的方差为100，B错误； 由， 所以随机测量一株水稻，其株高在120cm以上的概率比株高在70cm以下的概率大，故C正确； 由正态分布的对称性可知：，故D错误. 10. 已知正数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】， ，解得， 指数函数单调递增， ，即，故A正确； 由基本不等式得， 两边平方得，解得，当且仅当时等号成立，故B错误； ， ， 当且仅当时取等号， ，故C正确； ，则， ， 由于函数的图象开口向上，对称轴， 故的最小值为，则，故D正确． 11. 已知曲线，圆，曲线由，，组成，则（ ） A. 当时，与圆O无公共点 B. 当与圆O有6个公共点时， C. 不存在过原点的直线与无公共点 D. 上仅有4个点到直线的距离为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据圆与圆的位置关系、直线与圆的位置关系即可求出. 【详解】依题意可知为圆， 为圆，为圆， 这3个圆的半径均为2，且． 当时，，则圆O与这3个圆都外离，所以与圆O无公共点，A正确． 当与圆O有6个公共点时，圆O与这3个圆都相交，则解得，B正确． 设过原点的直线为直线，若直线曲线，，都相交， 即，无解，不存在过原点的直线与无公共点，C正确． 因为到直线的距离为且与其平行的直线为：，：， 且到直线的距离为，到直线的距离为， 到直线的距离为，到直线的距离为， 到直线的距离为，到直线的距离为， 所以直线，与共有6个公共点，即上有6个点到直线的距离为，D错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列的前n项和为，若，则________． 【答案】 【解析】 【分析】运用之间的关系，即可求出通项公式. 【详解】当时，，所以； 当时，， 两式相减得，，即， 所以， 因为，所以，所以为常数， 故数列是首项为，公比为2的等比数列， 所以. 故答案为：. 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在上，且，，则的离心率______． 【答案】 【解析】 【分析】利用双曲线定义结合条件求出，再由余弦定理即可得到的方程，即可求其离心率. 【详解】如图，设．则．由双曲线定义可得．即， 所以，，又，． 在中，由余弦定理得， 解得，故的离心率． 14. 已知集合，若集合，且M中的所有元素之和为奇数，称M为A的奇子集，则A的所有“奇子集元素之和”的总和为______. 【答案】 【解析】 【分析】设为的奇子集，中的所有元素之和为偶数，可称为偶子集，分析得的奇子集与偶子集个数相等；计算奇子集元素之和时，含元素的和是，即可求得奇子集的元素之和. 【详解】设为的奇子集，则若，令， 若，令为把中的去掉后剩下的元素形成的集合， 则中的所有元素之和为偶数，可称为偶子集， 显然每个奇子集，均恰有一个偶子集与之对应， 每个偶子集，均恰有一个奇子集与之对应， 故的奇子集与偶子集个数相等； 对任一，含的子集共有个，用上面的对应方法可知， 在时，这个子集中有一半为奇子集， 在时，由于，将上边的3换成5，同样可得其中有一半为奇子集， 于是在计算奇子集元素之和时，含元素的和是， 奇子集容量之和是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤： （1）理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论. （2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况. （3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 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. 已知的内角的对边分别为，为的面积，且，． （1）判断的形状； （2）设点为所在平面内一动点，分别位于直线的两侧，设，若，，求四边形面积的取值范围． 【答案】（1）是等边三角形 （2） 【解析】 【分析】（1）先利用余弦定理和三角形的面积公式求出，再根据即可得出结论； （2）先利用余弦定理求出，再根据四边形的面积结合三角函数的性质求解即可. 【小问1详解】 由余弦定理、三角形面积公式及， 得：， 所以，即. 又因为，所以， 因为，所以或， 因为，所以，所以舍去， 所以有，即， 所以是等边三角形； 【小问2详解】 如图，在中，由余弦定理得， 记四边形的面积为， 则 ， 因为，所以， 所以， 所以的取值范围是， 即四边形的面积的取值范围是． 16. 已知菱形ABCD中，，，E为AD中点，如图一所示，现将沿着BE按顺时针方向旋转折叠，使得点A到达点P，如图二所示． （1）当时，证明：平面平面PBE； （2）当三棱锥的体积第二次达到时，求平面PDE与平面PCD所成角的余弦值． 【答案】（1）在菱形ABCD中，由，得是正三角形， 由E为AD中点，得， 在图二中，， 由，得， 又，BE，平面PBE，因此平面PBE， 由，得平面PBE， 又平面PBC，所以平面平面PBE． （2） 【解析】 【分析】（1）求出是正三角形，由E为AD中点得到，利用勾股定理的逆定理得到，利用线面垂直的判定定理得到平面PBE，利用线面垂直的性质定理得到平面PBE，利用面面垂直的判定定理得到结论. （2）设到底面的距离为，利用三棱锥的体积公式求出．利用线面垂直的判定定理得平面，利用面面垂直的判定定理得到平面平面PED，利用面面垂直的性质定理得到平面BEDC，从而得到，求出，得到为正三角形.解法1：利用空间向量法求解，求出平面的法向量，求出平面PCD的法向量，利用向量的数量积求出平面与平面PCD所成角的余弦值．解法2：过C作交的延长线于，得到，由平面得平面，利用线面垂直的定义得到，过作交的延长线于，连接CG，又，利用线面垂直的判定定理得到平面，利用线面垂直的定义得到，从而平面与平面PCD所成角为，利用勾股定理求出，求出，得到，在，，中，利用勾股定理分别求出，，，在中，求出，代入数值得到平面PDE与平面PCD所成角的余弦值． 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 设到底面的距离为， 三棱锥的体积，解得． 由，，，得平面PDE， 又平面BEDC，所以平面平面PED， 又两平面交线为，过点P作，则平面BEDC； 则， 则，所以为正三角形， 解法1：作，则平面PDE，直线Ox，OD，OP两两垂直， 以O为原点，直线Ox，OD，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，， ，， 取平面的法向量， 设平面PCD的法向量为，则， 取，得， 所以平面与平面PCD所成角的余弦值为． 解法2：过C作交的延长线于，则， 由平面PDE得平面PDE，又平面，则， 过作交的延长线于，连接CG， 又，平面，平面， 又平面，可得， 因为三棱锥的体积第二次达到， 则平面PDE与平面PCD所成角为， 因为， 所以， 因为，所以， 因为，， 所以，所以， 所以， 在中，， 在中， 在中，， ， 在中，， 故平面PDE与平面PCD所成角的余弦值为． 17. 紫金天街抓娃娃机游乐场设有甲、乙两个盲抓娃娃机器，甲机器有3个良品娃娃和2个次品娃娃；乙机器有4个良品娃娃和1个次品娃娃．游戏规则：先选择一个机器，从该机器中等可能抓取1个娃娃，称为首次抓取；再将首次抓取的娃娃放回原机器，再重新选择机器进行第二次抓取，两次选择相互独立．若两次都抓到良品娃娃，则游戏通关．小明每次选择抓取甲机器的概率为，乙机器的概率为． （1）求小明首次抓取抓到良品娃娃的概率； （2）已知小明已经游戏通关，求首次选择抓取的是乙机器的概率； （注：贝叶斯公式） （3）小明为了更好的通关，现有两种方案： 方案一：第二次继续从首次选择的机器中抓取； 方案二：第二次从另一个机器中抓取． 比较两种方案，哪种方案游戏通关的概率更大． 【答案】（1） （2） （3）方案二 【解析】 【分析】（1）把“首次抓取抓到良品”拆分成两个互斥事件，分别求出对应机器及相应机器抓取良品的概率，再利用全概率公式计算求解； （2）先计算总的通关概率，再计算首次选乙机器且通过的概率，再代入贝叶斯公式得出条件概率； （3）分别计算方案一和方案二的概率，再通过比较得出结论． 【小问1详解】 设选取甲机器为事件，则，选取乙机器为事件，则， 抓到良品娃娃为事件，则，， 由全概率公式． 【小问2详解】 两次选机器、抓取均互相独立，则两次抓取良品概率相同： ； 首次选乙，第一次抓到良品，第二次独立选机器抓良品的概率为： ； 由贝叶斯公式计算条件概率得：． 【小问3详解】 方案一：两次选取同一机器，抓取相互独立，概率为： ， 方案二：两次选取不同机器，抓取相互独立，概率为： ， ， ，故方案二的通关概率更大． 18. 设函数，． （1）当时，求曲线在点的切线方程； （2）若是函数的极大值点，求实数a的值； （3）若对任意的，恒有成立，求实数a的取值范围． 注：为自然对数的底数. 【答案】（1） （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式求出切线方程. （2）由是函数的极值点得，解得或，构造函数，利用导数法求出的单调性．结合导数的单调性和极值的定义分别讨论和，得到的值. （3）讨论和求解，①当时，对任意的，恒有成立，②当时，由恒成立得恒成立．构造函数，，通过讨论得到在递增，从而得到．构造函数，，求出，构造函数得到在递增，由得到时，，时，，从而得到的单调性，得到，得到a的取值范围． 【小问1详解】 , 当时，，，． 又，所以曲线在点的切线方程为. 【小问2详解】 的定义域为，， 由是函数的极值点得， 得到或， 设，则， 当时，，所以当时，在单调递增． ①当时，， 由在递增且知， 时，，在递增， 所以不是的极大值点． ②当时，， 由在递增且知， 时，时， 在递增，递减；所以是的极大值点． 综上，若是函数的极大值点，则． 【小问3详解】 ①当时，对任意的，恒有成立， ②当时，由恒成立得恒成立． 设，， 则，则在递增， 则． 设，， 则， 设，则， 则在递增，又， 则时，，时，， 则在递减，递增，则， 因为，所以． 综合①②得a的取值范围为． 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过右焦点的直线交椭圆C于P，Q两点（P在x轴上方），的周长为8，当时，的面积为2． （1）求椭圆C的方程； （2）若半径为r的圆M与的延长线、的延长线及线段PQ分别相切于点S，T，H． （ⅰ）当时，求四边形的面积； （ⅱ）求的最大值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据的周长求出，再由的面积结合椭圆的定义求出，进而求解； （2）（ⅰ）由已知得，进而求得，进而求得四边形的面积； （ⅱ）分直线斜率存在与不存在两种情况讨论：当直线斜率不存在时，求得不符合题意；当直线斜率存在时，设出直线的方程，直曲联立并化简，利用韦达定理与弦长公式求出关于的表达式，结合圆与直线的相切条件，将用表示，代入可得关于的函数，利用导数求的最大值. 【小问1详解】 由的周长为8，得，解得， 设，又，所以， 又当时，的面积为2， 所以，即， 解得， 所以，所以， 所以，解得， 所以， 所以， 所以椭圆的方程为：； 【小问2详解】 （ⅰ）由题意得：， 所以， 又，所以， 又，， 所以四边形的面积为： ； （ⅱ）当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 在中，， 所以， 所以，即直线的斜率， 所以， 所以， 设， 所以， 所以， 又， 所以， 令， 所以， 当时，，当时，， 所以在单调递增，在单调递减， 所以， 当直线的斜率不存在时，易求得， 所以， 所以的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $