精品解析：湖北武汉市第十二中学2026届高三下学期全真模拟测试数学试题

全真模拟测试数学试题 一、单项选择题（每小题5分，共40分.） 1. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（  ） A. B. C. D. 3. 已知抛物线上的点到抛物线焦点F的距离为5，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 4. 等差数列的前n项和为，且，，则（ ） A. 90 B. 100 C. 110 D. 200 5. 若函数的最小正周期为，则曲线的对称中心的坐标为（ ） A. B. C. D. 6. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史.如图所示的某折扇扇面可视为一个圆台的侧面展开图，该扇面的面积为，若该圆台上、下底面半径分别为5，10，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点.设椭圆的两个焦点分别为，，如图，光线由点发出射到椭圆上的点处，经反射后到点，再经过轴反射到椭圆上的点，最后反射回点，若光线经过的总路程为12，且，则直线的斜率为（    ） A. B. -2 C. D. 8. 如图，在平面直角坐标系上，有一系列点，每个点均在函数的图象上.已知以点为圆心的均与轴相切，与外切，且，则（ ） A. 是等比数列，且公比为 B. 是等比数列，且公比为 C. 是等差数列，且公差为2 D. 是等差数列，且公差为4 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的上四分位数为11 B. 若，，则事件，相互独立与，互斥不能同时成立 C. 以模型（）去拟合一组数据时，令，求得线性回归方程为，则， D. 某班30个男生的数学平均分为90，方差为4，20个女生的数学平均分为85，方差为6，则全班50个学生的数学成绩的方差为10.8 10. 已知的展开式中，的系数记为，则（ ） A. 该展开式共有15项 B. C. D. 的最大值为240 11. 已知函数，的定义域为，且，，若的图象关于直线对称，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 三、填空题:（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 在推导等差数列前n项和的过程中，我们使用了倒序相加的方法，类比可以求得________． 13. 方程，若，，均为正整数，则有序三元组解的个数为______.若，，均为非负整数，则解的个数为______(均用组合数回答） 14. 对，恒有，则实数a的最小值为________. 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 在中，角，，的对边分别为，，，且满足. （1）求角； （2）若，，点为边上靠近点的三等分点，求的长. 16. 已知函数在处取得极小值. （1）求a，b的值； （2）若方程有唯一的实数根，求实数的取值范围. 17. 如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，为等边三角形，，分别为上的动点，且平面． （1）证明：平面平面； （2）若截面将三棱锥分成上下两个几何体的体积之比为，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：（）的焦距为，离心率为． （1）求的方程； （2）设为的上焦点，点在上且位于第一象限，关于轴的对称点为． （ⅰ）若直线与轴、的交点分别为、，且，求； （ⅱ）直线、分别交于另一点、，求△面积的最大值． 19. 某商场举行抽奖活动，箱子里装有标号为1到的张奖券，不同的奖券标号对应不同的奖品，标号越大，奖品越丰厚．规则如下：顾客从中有放回地抽取奖券次，每次抽取一张奖券，抽取结果中标号最大的奖券对应的奖品即为最终奖品，设最终获得的奖品对应的奖券标号为． （1）当时，求最终拿到标号为3的奖券的概率和拿到标号为2的奖券的概率． （2）若． ①求最终拿到标号不大于的奖券的概率； ②求随机变量的期望（用表示）． （3）当时，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 全真模拟测试数学试题 一、单项选择题（每小题5分，共40分.） 1. 已知复数在复平面内对应的点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为复数在复平面内对应的点为， 所以，故， 则． 2. 已知集合，，则（  ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，得，又， 所以； 因为得，所以， 则.故选项C正确. 3. 已知抛物线上的点到抛物线焦点F的距离为5，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线的定义，结合抛物线的准线方程，即可求得答案. 【详解】由抛物线的定义可得，点P到抛物线焦点F的距离等于点P到准线的距离， 抛物线的准线方程为， 所以，解得. 4. 等差数列的前n项和为，且，，则（ ） A. 90 B. 100 C. 110 D. 200 【答案】B 【解析】 【分析】设出首项和公差，求解出基本量，最后利用求和公式求和即可. 【详解】设首项为，公差为，因为，所以， 因为，所以， 联立方程组可得，解得， 则由等差数列求和公式得，故B正确. 5. 若函数的最小正周期为，则曲线的对称中心的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正切函数周期性求解，再结合“整体法”求解对称中心. 【详解】，， 令，得， 所以曲线的对称中心的坐标为． 6. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史.如图所示的某折扇扇面可视为一个圆台的侧面展开图，该扇面的面积为，若该圆台上、下底面半径分别为5，10，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知分别求出上下底面面积，最后由圆台的体积计算公式. 【详解】，圆台的侧面积为，母线长 圆台的高 则圆台上下底面面积为 由圆台的体积计算公式可得： 故选：C. 7. 椭圆的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点.设椭圆的两个焦点分别为，，如图，光线由点发出射到椭圆上的点处，经反射后到点，再经过轴反射到椭圆上的点，最后反射回点，若光线经过的总路程为12，且，则直线的斜率为（    ） A. B. -2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用椭圆的定义与几何性质，结合余弦定理求解即可. 【详解】由题可知， 所以， 设，则， 根据反射规律可知：，所以， 所以， 所以， 整理并化简得， 所以， 因为，所以，所以， 所以，所以直线的斜率为 8. 如图，在平面直角坐标系上，有一系列点，每个点均在函数的图象上.已知以点为圆心的均与轴相切，与外切，且，则（ ） A. 是等比数列，且公比为 B. 是等比数列，且公比为 C. 是等差数列，且公差为2 D. 是等差数列，且公差为4 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由与相外切，得到，化简得到，求得，结合等差数列的定义，即可求解. 【详解】因为与相外切，所以， 即， 所以， 因为每个点均在函数的图像上，可得， 所以，即，所以， 所以数列是等差数列，且公差为， 所以，则， 此时数列不是等比数列. 故选：C. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的上四分位数为11 B. 若，，则事件，相互独立与，互斥不能同时成立 C. 以模型（）去拟合一组数据时，令，求得线性回归方程为，则， D. 某班30个男生的数学平均分为90，方差为4，20个女生的数学平均分为85，方差为6，则全班50个学生的数学成绩的方差为10.8 【答案】BD 【解析】 【分析】根据上四分位数的定义求出该值后判断A，根据独立事件和互斥事件的性质判断B，根据指对数转化判断C，根据总体方差的计算公式求出总体方差后判断D. 【详解】选项A：上四分位数的位置为，故上四分位数为第8个数，A错误； 选项B：若事件相互独立，则， 若事件互斥，则，矛盾， 故事件相互独立与互斥不能同时成立，故B正确， 选项C：由回归方程，得， 所以，所以，故C错误； 选项D： ， ，D正确． 10. 已知的展开式中，的系数记为，则（ ） A. 该展开式共有15项 B. C. D. 的最大值为240 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据多项式乘法的性质和二项展开式中的项数可判断A选项；根据二项展开式中特定项的系数可判断BCD选项． 【详解】对于A，展开式中共有4项，展开式中共有6项， 故展开式共有24项，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，对于，令，则可得展开式的各项系数和为， 即， ，故C正确； ，令，解得， 故当或时，的值最大， 为，故D正确． 11. 已知函数，的定义域为，且，，若的图象关于直线对称，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过条件推导函数的性质，逐个分析选项即可. 【详解】由关于对称，得， 已知​，将第二个式子换元，代入化简得， 因为，则，将用替换，可得， 将用替换，得， 即，故周期为. 又因为，则，即是偶函数. 由和，得， 且，故是偶函数. 选项A，，，由， 得，A正确； 选项B，对任意，，故，B正确； 选项C，推导得，是偶函数不是奇函数，C错误； 选项D，求和分组方式为为一组，为下一组，以此类推，直至，每组和为，共组，总和为，即，D正确. 三、填空题:（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 在推导等差数列前n项和的过程中，我们使用了倒序相加的方法，类比可以求得________． 【答案】##44.5 【解析】 【分析】利用倒序相加法，然后利用诱导公式及同角关系式即得. 【详解】令， 则：， 两式相加可得： , ∴，即. 故答案为：. 13. 方程，若，，均为正整数，则有序三元组解的个数为______.若，，均为非负整数，则解的个数为______(均用组合数回答） 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用隔板法求方程的正整数解的个数即可. 【详解】因，，均为正整数，， 则解的个数相当于把个用两个挡板分成3份，分别对应，，， 所以解的个数为； 由得， 因，，均为非负整数，所以，，均为正整数， 与一一对应，相当于把个用两个挡板分成3份， 分别对应，，，所以解的个数为. 14. 对，恒有，则实数a的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】通过对不等式进行变形，构造函数，利用函数单调性求解的最小值. 【详解】令，则， 令，有 当时,，当时,，即在上单调递减，在上单调递增， ，因此，在单调递增， 则 令，则， 当时,，当时, 于是得函数在上单调递增，在上单调递减，则当时,，即得 所以实数a的最小值为 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 在中，角，，的对边分别为，，，且满足. （1）求角； （2）若，，点为边上靠近点的三等分点，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简求解； （2）由题意可得，根据向量数量积运算律计算求解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得，， 即，， 又因为， 所以，且， 所以，因为，所以. 【小问2详解】 因为点为边上靠近点的三等分点， 所以， ， ， 所以，即的长为. 16. 已知函数在处取得极小值. （1）求a，b的值； （2）若方程有唯一的实数根，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合极值点和极值可得，并根据函数单调性检验即可； （2）令，原题意等价于与有且仅有1个交点，利用导数判断的性质和图象，结合图象即可得结果. 【小问1详解】 因为函数的定义域为，且， 由题意可得：，解得， 则，， 令，解得或；令，解得； 可知函数在内单调递增，在内单调递减， 则函数在处取得极小值，即符合题意， 综上所述：. 【小问2详解】 对于方程，即为，可得， 令，原题意等价于与有且仅有1个交点， 因为， 令，解得或；令，解得； 可知函数在内单调递增，在内单调递减， 则函数的极大值为，极小值为， 且当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于0； 由图可知：或，所以实数的取值范围为. 17. 如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，，为等边三角形，，分别为上的动点，且平面． （1）证明：平面平面； （2）若截面将三棱锥分成上下两个几何体的体积之比为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，根据二面角定义得出即为二面角的平面角，再应用勾股定理证明即可； （2）先根据得出，再建系得出平面和平面的法向量，应用二面角余弦公式计算求解. 【小问1详解】 取中点，连接， 因为为等腰直角三角形，， 所以，且由可得， 因为为等边三角形，所以，且由可得， 又因为平面，平面，平面平面， 所以即为二面角的平面角， 因为，由勾股定理可得，所以， 所以，所以平面平面. 【小问2详解】 由（1）可知两两垂直， 分别以为轴建立如图所示坐标系， 则，，，， 因为平面，平面，平面平面， 所以，则， 因为截面将三棱锥分成上下两个几何体的体积之比为，所以， 因为三棱锥与三棱锥的高相等，所以，即， 所以分别为棱中点，则，， 所以，， 设平面的法向量， 则，解得平面的一个法向量， 易知平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：（）的焦距为，离心率为． （1）求的方程； （2）设为的上焦点，点在上且位于第一象限，关于轴的对称点为． （ⅰ）若直线与轴、的交点分别为、，且，求； （ⅱ）直线、分别交于另一点、，求△面积的最大值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的焦距与离心率建立方程组，先求出半焦距与长半轴，再通过椭圆中的关系求出短半轴，从而确定椭圆方程，是解析几何中由几何性质求标准方程的常规思路； （2）（i）通过设点的坐标，利用对称关系得到点，再写出直线的方程，分别求出与轴、直线的交点、，结合的条件列方程求解，体现了解析几何中“设点 - 求线 - 联立 - 列方程”的解题流程； （ii）通过联立直线与椭圆方程，利用根与系数的关系求出点、的横坐标，结合三角形面积比的转化，将的面积用点的坐标表示，再利用基本不等式求最值，综合考查了直线与椭圆的位置关系和最值问题的处理方法． 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为，依题意得，解得， 所以，所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）依题意设，则，其中，． 由，可得直线的方程为，令，得． 又直线的方程为，联立方程及，解得． 因为及，，，共线，所以， 所以，解得，所以． （ⅱ）联立直线与椭圆的方程得，消去，得． 因为在椭圆上，所以，所以． 由根与系数的关系得，解得．同理可得． 因为，所以． 又，所以． 因为，所以， 当且仅当，即，时，等号成立． 综上，面积的最大值为． 19. 某商场举行抽奖活动，箱子里装有标号为1到的张奖券，不同的奖券标号对应不同的奖品，标号越大，奖品越丰厚．规则如下：顾客从中有放回地抽取奖券次，每次抽取一张奖券，抽取结果中标号最大的奖券对应的奖品即为最终奖品，设最终获得的奖品对应的奖券标号为． （1）当时，求最终拿到标号为3的奖券的概率和拿到标号为2的奖券的概率． （2）若． ①求最终拿到标号不大于的奖券的概率； ②求随机变量的期望（用表示）． （3）当时，证明：． 【答案】（1）； （2）①；② （3）， 则随机变量 的期望为 . 设，， 当 时，，等号成立； 当 时，当时，， 单调递减； 当时， ， 单调递增， 所以. 设， 又因为， 所以，所以． 综上所述，. 【解析】 【分析】（1）利用对立事件和差事件求概率：，计算两次有放回抽取的结果概率； （2）①标号不大于 即每次抽取都不超过 ，用独立重复试验求概率；②用分布列或尾和公式求期望，化简得到结果； （3）先写出期望表达式，再构造对称和式，结合函数单调性放缩证明不等式. 【小问1详解】 表示最大标号为 ，等价于所有抽取结果都不超过 ，且至少有一次等于 ， 则两次都不超过2； 两次都不超过2两次都不超过1. 【小问2详解】 ①最终标号不大于 等价于次抽取的所有结果都不大于 ，每次抽到不大于 的概率为， 因此. ②由于， 随机变量 的期望得 . 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $