精品解析：江苏省运河中学2026届高考模拟考试三数学试题5.19

高考模拟考试三数学试题 5.19 一、单选题 1. 双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 2. 已知，若“”是“”的充分不必要条件，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列满足，则（ ） A. B. 14 C. D. 21 4. 已知抛物线的焦点为，准线为是上一点，是直线与的一个交点，若，则（ ） A. B. 3 C. D. 2 5. 已知角的顶点为原点，始边为轴的非负半轴，其终边绕着坐标原点按逆时针方向旋转后经过点，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知随机事件A、B、C满足，，，，则A、B、C至少有一个发生的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知平面α截一球面得圆，过圆心且与α成二面角的平面β截该球面得圆.若该球面的半径为4，圆的面积为4，则圆的面积为 A. 7 B. 9 C. 11 D. 13 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点（异于坐标原点），若线段交双曲线于点，且，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知方程在复数范围内有n个根，且这n个根在复平面内对应的点n等分单位圆．下列复数是方程的根的是（ ） A. 1 B. i C. D. 10. 已知数列，数列满足.若在数列中去掉所有与数列中某项的值相同的项，余下的项组成数列，则（ ） A. B. 中存在连续三项成等比数列 C. D. 11. 已知函数，则（ ） A. ，是增函数 B. ，是奇函数 C. 若有三个不同的零点，，，则 D. 过点且与曲线相切的直线恰有3条，则 三、填空题 12. 在二项式的展开式中，含的项的系数为______. 13. 在平面直角坐标系中，已知抛物线的准线为，点在上，以为圆心的圆与相切且截轴所得的弦长为，则__________． 14. 若函数在[0,4]上恰有2个零点，则符合条件的a的个数为________． 四、解答题 15. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）设是的两个极值点，是的一个零点，且.是否存在实数，使得按某种顺序排列后构成等差数列？若存在，求；若不存在，说明理由. 16. 天问三号火星探测中，测控系统对双曲线捕获轨道、抛物线滑翔轨道开展信号追踪校准．其中开放型双曲线轨道为非闭合引力捕获轨道，右焦点，虚轴长；抛物线滑翔轨道顶点为坐标原点，对称轴为轴，以近火测控点为焦点．测控直线恒过点，用于两类轨道的实时信号交点监测． （1）求双曲线与抛物线的标准方程； （2）结合轨道测控的实际监测需求，进一步探究：不与轴垂直的测控直线与抛物线交于信号监测点，，测控系统采集关于轴的镜像信号点，结合火星地面测控组网特性，探究直线是否存在不受轨道姿态影响的固定地面测控基准定点，并说明理由； 17. 如图，已知平面四边形中，，，. （1）若四点共圆，求； （2）求四边形面积的最大值. 18. 把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，将沿翻折至. （1）若二面角为直二面角，求四面体外接球的表面积； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求锐二面角的余弦值. 19. 2025年11月5日，第八届中国国际进口博览会在国家会展中心（上海）举办，某企业参展的产品有甲、乙两款机器人，为调查消费者喜爱程度与产品的类型是否有关，在展览期间设置投票箱，随机抽取了部分观众进行现场投票，得到如下列联表： 类型 是否喜爱 合计 喜爱 不喜爱 甲 2m 4m 6m 乙 9m 3m 12m 合计 11m 7m 18m 并根据小概率值的独立性检验，得出了“消费者喜爱程度与产品的类型有关”的结论． 附：． 0.01 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 （1）求正整数m的最小值． （2）为感谢现场参与的观众，主办方设置了一个挑战机器人对抗赛活动．每人挑战局，每局比赛只有胜和负两种情况，无平局，若每局比赛参与者战胜机器人的概率为，胜者记3分，负者记1分．每局胜负不受其他因素的影响． （ⅰ）若参与者甲与机器人共对抗4局，求其得分不少于10分的概率． （ⅱ）记参与者的得分恰好比对抗的局数n多4分的概率为，若，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高考模拟考试三数学试题 5.19 一、单选题 1. 双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的渐近线方程定义求解即可. 【详解】双曲线的渐近线方程为. 故选：A. 2. 已知，若“”是“”的充分不必要条件，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用充分不必要条件求参数，得到，即可求解. 【详解】因为“”是“”的充分不必要条件，所以，所以. 故选：D. 3. 已知等差数列满足，则（ ） A. B. 14 C. D. 21 【答案】B 【解析】 【详解】由等差数列满足，得， 所以，所以. 4. 已知抛物线的焦点为，准线为是上一点，是直线与的一个交点，若，则（ ） A. B. 3 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由题意解出点横坐标，由抛物线的定义求解. 【详解】由题意可知：抛物线的焦点为，准线为， 设，，则， 因为，则，得， 由抛物线定义得. 故选：D. 5. 已知角的顶点为原点，始边为轴的非负半轴，其终边绕着坐标原点按逆时针方向旋转后经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先设逆时针旋转后的角为，由终边过点求出，得、，再把变形为，用诱导公式化为，最后由二倍角公式算出，即得. 【详解】设角，由题意知终边过点. 则，，. 由得，故. 所以. 由二倍角公式：. 因此. 6. 已知随机事件A、B、C满足，，，，则A、B、C至少有一个发生的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由和事件概率计算公式即可求解. 【详解】要求事件至少有一个发生的概率，即求和事件， 根据容斥原理：  ， 因为 ，且， 所以 ，概率非负，故， 代入已知条件：， 所以. 7. 已知平面α截一球面得圆，过圆心且与α成二面角的平面β截该球面得圆.若该球面的半径为4，圆的面积为4，则圆的面积为 A. 7 B. 9 C. 11 D. 13 【答案】D 【解析】 【详解】如图所示,由圆的面积为4知球心到圆的距离,在中,, ∴, 故圆的半径, ∴圆的面积为. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与双曲线的一条渐近线交于点（异于坐标原点），若线段交双曲线于点，且，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出渐近线方程并根据平行关系判断出点位置，通过联立渐近线方程与的方程求解出的坐标，即可求解出点坐标，再根据点在双曲线上将坐标代入方程并化简，由此求解出双曲线离心率的值. 【详解】不妨设渐近线的方程为， 因为，为的中点，所以为的中点， 将直线，的方程联立，可得， 又因为，所以，即， 且点在双曲线上，所以，解得， 所以该双曲线的离心率为， 故选：A. 二、多选题 9. 已知方程在复数范围内有n个根，且这n个根在复平面内对应的点n等分单位圆．下列复数是方程的根的是（ ） A. 1 B. i C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】，A正确；，B错误； 依题意方程的个根在复平面内对应的点九等分单位圆， 已知是其中一个根，则个根的幅角依次为， 即根为， 当时，有，C正确； 当时，有，D正确. 10. 已知数列，数列满足.若在数列中去掉所有与数列中某项的值相同的项，余下的项组成数列，则（ ） A. B. 中存在连续三项成等比数列 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由与的递推关系式推出的通项公式，进而得到的通项公式，然后根据与的通项公式，依次判断ABC选项，找出它们相同的项，从而可求的前10项的和可判断D选项. 【详解】因为，所以，又因为，所以， 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，即， 所以，故A正确； 由于，， 所以数列是首项为，公差为2的等差数列，即， 假设中存在连续三项成等比数列，设为：， 则， 化简得：，即等式无解； 所以中不存在连续三项成等比数列，故B错误； 由于，所以，故C正确； 数列的项在数列中对应的位置满足：， 即，即中被去掉的项为： ，，即第一项， ，，即第三项， ，，即第七项， ，，即第十五项， 所以,故D正确. 11. 已知函数，则（ ） A. ，是增函数 B. ，是奇函数 C. 若有三个不同的零点，，，则 D. 过点且与曲线相切的直线恰有3条，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A：根据导数与单调性的关系判断即可；选项B：根据奇函数的定义判断即可；选项C：根据函数零点的定义，结合韦达定理求解即可；选项D：利用导数的几何意义求得切线方程，代入点得，则函数与直线的图象有3个不同的交点，利用导数与极值的关系判断即可. 【详解】已知，则. 选项A：若是增函数，只需，只需即可，所以. 所以，是增函数，故A正确. 选项B：，， 则，故不是奇函数，故B错误. 选项C：若有三个不同的零点，，，则有3个根. 其中一个零点为，另外两个零点为的两个根，，则. 所以，故C正确. 选项D：设切点为，， 所以切线方程为. 又切线过，所以，即. 切线恰有3条，等价于有3个不同的实数解，即函数与直线有3个交点. . 令，即，解得或. 当时，，当时，， 所以在、上单调递减，在上单调递增， 所以极小值为，极大值为， 所以当时，与有3个交点. 所以当时，过点且与曲线相切的直线恰有3条，故D正确. 三、填空题 12. 在二项式的展开式中，含的项的系数为______. 【答案】144 【解析】 【分析】 先求出的展开式的通项，令的指数为，进而可求出含项的系数. 【详解】由题意，的展开式的通项为， 令，解得， 所以的系数为. 故答案为：144 13. 在平面直角坐标系中，已知抛物线的准线为，点在上，以为圆心的圆与相切且截轴所得的弦长为，则__________． 【答案】4 【解析】 【详解】 已知抛物线的准线为，则的方程为：， 已知点在上，则， 以为圆心的圆与相切，设圆的半径为，则， 又圆与相切且截轴所得的弦长为， ，解得，即， ，解得． 14. 若函数在[0,4]上恰有2个零点，则符合条件的a的个数为________． 【答案】1 【解析】 【分析】求出函数的零点，通过判断在区间上零点的个数确定的取值. 【详解】时，，在上有两个零点1和，满足题意， 时，由于，无实数解， ，，，由于， ，则，不合题意， 时，，时，，时，（因为），因此在上至少有3个零点，不满足题意， 综上，，所以满足条件的的个数是1. 四、解答题 15. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）设是的两个极值点，是的一个零点，且.是否存在实数，使得按某种顺序排列后构成等差数列？若存在，求；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）借助导数祭计算可得函数的极值点为，零点为，结合等差数列定义计算即可得解. 【小问1详解】 当时，， 则，故， 又，所以曲线在点处的切线方程为； 【小问2详解】 ， 由于，故， 令，解得或；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 所以的两个极值点为， 不妨设， 因为，且是的一个零点，故. 又因为， 故， 此时依次成等差数列， 所以存在实数满足题意，且. 16. 天问三号火星探测中，测控系统对双曲线捕获轨道、抛物线滑翔轨道开展信号追踪校准．其中开放型双曲线轨道为非闭合引力捕获轨道，右焦点，虚轴长；抛物线滑翔轨道顶点为坐标原点，对称轴为轴，以近火测控点为焦点．测控直线恒过点，用于两类轨道的实时信号交点监测． （1）求双曲线与抛物线的标准方程； （2）结合轨道测控的实际监测需求，进一步探究：不与轴垂直的测控直线与抛物线交于信号监测点，，测控系统采集关于轴的镜像信号点，结合火星地面测控组网特性，探究直线是否存在不受轨道姿态影响的固定地面测控基准定点，并说明理由； 【答案】（1）， （2） 不受，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据双曲线和抛物线的性质计算； （2）设直线的方程，然后联立直线和抛物线方程，然后利用点斜式得到直线的方程，最后利用韦达定理求定点即可. 【小问1详解】 因为双曲线的右焦点，虚轴长， 所以，，又， 可得，，所以双曲线的方程为． 因为抛物线顶点为坐标原点，对称轴为轴，以为焦点， 所以，可得，抛物线的方程为． 因此双曲线的方程为：，抛物线的方程为：． 【小问2详解】 不受轨道姿态影响，理由如下： 设直线：，，，则， 将直线方程代入，得， ，，， 所以直线的方程为：， 令，得 ． 因此，无论直线的斜率如何变化，直线恒过定点， 即该点不受轨道姿态影响的固定地面测控基准节点． 17. 如图，已知平面四边形中，，，. （1）若四点共圆，求； （2）求四边形面积的最大值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用余弦定理有，结合四点共圆有，即可求； （2）由（1）得，应用三角形面积公式得且为四边形面积，两式作平方相加、应用和角余弦公式得，即可求最值. 【小问1详解】 在中， 在中， 因为四点共圆，所以，则， 上述两式相加得，所以（负值舍）. 【小问2详解】 由（1）得，化简得， 则，① 四边形的面积 ， 整理得， 则，② ①②相加得， 即， 由于，当且仅当时，取得最小值， 此时四边形的面积最大，由，解得， 故四边形面积的最大值为. 18. 把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中，将沿翻折至. （1）若二面角为直二面角，求四面体外接球的表面积； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求锐二面角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过将几何体补成长方体即可求解； （2）建系，设锐二面角的大小为，进而确定坐标，再结合线面夹角公式即可求解. 【小问1详解】 因为，则， 即， 因为二面角 为直二面角， 即平面平面， 又 ，平面，平面平面， 故 平面 ，平面 ， 所以，故 两两互相垂直， 将四面体放入长方体中，长、宽、高分别为 ， 外接球直径等于长方体体对角线： ， 因此外接球表面积： . 【小问2详解】 以为坐标原点，分别为轴建系， 设点在平面的投影为，连接， 则平面， 又平面，平面，则， 又，平面， 所以平面，又平面， 则，平面，平面， 则即为锐二面角的平面角，设， 因为， 所以，又 所以， 又，，， 向量 ，， 平面的一个法向量为， 则 令，则， 则 设直线与平面所成角为， 则 ， 即，平方后代入 ， 整理得一元二次方程： ， 因为锐角，，解得. 即锐二面角的余弦值为. 19. 2025年11月5日，第八届中国国际进口博览会在国家会展中心（上海）举办，某企业参展的产品有甲、乙两款机器人，为调查消费者喜爱程度与产品的类型是否有关，在展览期间设置投票箱，随机抽取了部分观众进行现场投票，得到如下列联表： 类型 是否喜爱 合计 喜爱 不喜爱 甲 2m 4m 6m 乙 9m 3m 12m 合计 11m 7m 18m 并根据小概率值的独立性检验，得出了“消费者喜爱程度与产品的类型有关”的结论． 附：． 0.01 0.005 0.001 6.635 7.879 10.828 （1）求正整数m的最小值． （2）为感谢现场参与的观众，主办方设置了一个挑战机器人对抗赛活动．每人挑战局，每局比赛只有胜和负两种情况，无平局，若每局比赛参与者战胜机器人的概率为，胜者记3分，负者记1分．每局胜负不受其他因素的影响． （ⅰ）若参与者甲与机器人共对抗4局，求其得分不少于10分的概率． （ⅱ）记参与者的得分恰好比对抗的局数n多4分的概率为，若，求． 【答案】（1） （2）（ⅰ）;（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据公式计算结合临界表值进行解不等式即可得出结果； （2）（ⅰ）将“得分不少于10分”转化为“胜利局数”利用二项分布的概率公式计算即可；（ⅱ）将“得分比局数多4分”转化为“胜利局数”，利用二项分布写出（），化简，用错位相减法求和，即可得出结果. 【小问1详解】 由题意可知，， 已知时，，且得出有关的结论，故： ，解得：. 因为为正整数，故. 【小问2详解】 （ⅰ）设4局中胜利局，则失败局，得分为. 得分不少于10分，即：，， 故：. 所以得分不少于10分的概率为. （ⅱ）设局比赛中获胜局，则总得分为. 得分恰好比局数多4分，即：，解得：， ，（） （） 所以， 设 则 两式相减得： . 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $