吉林省白山市2026届高三下学期二模数学试卷含解析（word版）

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注意事项:
1. 答卷前, 考生务必将条形码粘贴在答照卡相应位置, 并且把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2. 答选择题时, 选出每小题答案后, 用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑. 如需改动, 用橡皮擦干净后, 再选涂其他答案标号. 答非选择题时, 将答案写在答题卡相应位置上. 写在本试卷上无效.
3. 考试结束后, 只上交答题卡, 试卷不回收.
一、单选题: 本大题共 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. 设集合 A=2,3,a2−2a−3,B={0,3},C={2,a} ，若 A∪B=A,A∩C={2} ，则 a= ( )
A. -3 B. -1 C. 1 D. 3
【答案】B
【解析】
【详解】 A∪B=A 则 B⊆A ,因为 B={0,3} ,所以 0∈A ,
所以 a2−2a−3=0 ,解得: a=3 令或 a=−1 .
当 a=3 时， A={2,3,0},C={2,3},A∩C={2,3}≠{2} ，不符合条件.
当 a=−1 时， A={2,3,0} ， C={2,−1} ， A∩C={2} ，符合条件.
综上， a=−1 .
2. 已知函数 fx=x2+4x,x≥04x−x2,xfa ,则实数 a 的取值范围是( )
A. −∞,2 B. 2,+∞C. −∞,−2 D. −2,+∞
【答案】A
【解析】
【分析】先判断函数单调性, 然后利用其单调性解不等式.
【详解】解: 当 x≥0 时, fx=x2+4x ,其对称轴为 x=−2 且函数图像开口向上,所以
fx=x2+4x 在 [0,+∞) 上为增函数,且 fx≥f0=0
当 xa ,解得 a0,b>0 ,过左焦点 F 作斜率为 12 的直线与双曲线的一条渐近线相交于点 A ,且 A 在第一象限,若 OA=OF ( O 为坐标原点),则双曲线 C 的渐近线方程为 ( )
A. y=±34x B. y=±43x C. y=±23x D. y=±32x
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线 l 的方程,以及与渐近线方程联立,进而通过 OA=OF ,转化求解双曲线 C 的渐近线方程.
【详解】解法一 由题意可得直线 AF 的方程为 y=12x+c ,双曲线 C 过第一、三象限的渐近线的方程为 y=bax . 由 y=12x+cy=bax 得 x=ac2b−ay=bc2b−a ,所以 Aac2b−a,bc2b−a . 因为 OA=OF=c ,所以 ac2b−a2+bc2b−a2=c2 ,整理可得 3b=4a ,即 ba=43 ,所以双曲线 C 的渐近线方程为 y=±43x ,
解法二 设双曲线 C 的右焦点为 F′ ,连接 AF′ ,因为 OA=OF ,所以 OA=OF=OF′ , 所以 △AFF′ 为直角三角形, AF⊥AF′ ,因为直线 AF 的斜率为 12 ,所以 tan∠AFF′=12 ,又 tan∠AFF′=AF′AF ，所以 AF′AF=12 ，令 AF′=t ，则 AF=2t ，由勾股定理得 t2+2t2=2c2 ,所以 t=255c ,即 AF′=255c ,所以 cs∠AOF′=c2+c2−45c22c2=35 , 所以 sin∠AOF′=45,tan∠AOF′=43 ,则双曲线 C 的渐近线方程为 y=±43x .
解法三 设双曲线的右焦点为 F′ ，连接 AF′ ，因为 OA=OF ，所以 OA=OF=OF′ ，所以 △AFF′ 为直角三角形, AF⊥AF′ ,即点 A 在以 FF′ 为直径的圆上,所以 ∠AOF′=2∠AFF′ . 因为直线 AF 的斜率为 12 ，所以 tan∠AFF′=12 ，所以 tan∠AOF′=2×121−122=43 ，则双曲线 C 的渐近线方程为 y=±43x ， 故选:B.
【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用, 渐近线方程的求法, 属于基础题.
5. 若复数 z=i+i2+i3+…+i2026 (其中 i 为虚数单位),则 z 的共轭复数的虚部是 ( )
A. 1 B. -1 C. i D. -i
【答案】B
【解析】
【分析】先确定 i 满足关系 i4n=1,i4n+1=i,i4n+2=−1,i4n+3=−i ,再证明 i4n+1+i4n+2+i4n+3+i4n+4=0 ,由此求结论.
【详解】因为 i2=−1 ,所以 i4=i22=−12=1 ,
所以 i4n=i4n=1,i4n+1=i4n⋅i=i,i4n+2=−1,i4n+3=−i ,
所以 i4n+1+i4n+2+i4n+3+i4n+4=i+−1+−i+1=0 ,
所以复数 z=i+i2+i3+…+i2026,2026=4×506+2 ,
所以 z=i2025+i2026=i−1
即 z=−1+i ,
所以 z 的共轭复数为 −1−i ,其虚部为 -1 .
6. 已知 m>0,n>0 ,直线 y=xe+m+1 与曲线 y=lnx−n+3 相切,则 1m+9n 的最小值为 ( )
A. 16 B. 12 C. 9 D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】设切点为 t,lnt−n+3 ,求导,根据导数的几何意义结合相切,得到 1t=1e ,解得 t=e ,再代入得 m+n=2 ,再利用基本不等式 “ 1 ” 的妙用求最值即可.
【详解】由 y=lnx−n+3 求导得 y′=1x ,
设切点为 t,lnt−n+3 ,则 1t=1e⇒t=e⇒ 切点 e,4−n ,
由切点在切线上得 4−n=2+m , ⇒m+n=2 .
1m+9n=1m+9n⋅m+n2=5+n2m+9m2n≥5+2n2m⋅9m2n=8 ,
当且仅当 n2m=9m2nm+n=2 ,即 m=12,n=32 时等号成立,
所以 1m+9n 的最小值为 8 .
故选: D.
7. 已知抛物线 C:y2=4x 的焦点为 F ,动点 M 在 C 上,点 B 与点 A1,−2 关于直线 l:y=x−1 对称,则 MFMB 的最小值为 ( )
A. 22 B. 12 C. 33 D. 13
【答案】A
【解析】
【分析】根据对称性可得 B−1,0 ,即点 B 为 C 的准线与 x 轴的交点,作 MM′ 垂直于 C 的准线于点 M′ ,结合抛物线的定义可知 MFMB=MM′MB=csθ∠MBF=θ ,结合图象可得当直线 MB 与 C 相切时, csθ 最小,求出切线的斜率即可得答案.
【详解】依题意, F1,0,A1,−2 ,设 Bm,n ,则 n+2m−1=−1n−22=m+12−1 ,解得 m=−1n=0 , 即 B−1,0 ,点 B 为 C 的准线与 x 轴的交点,
由抛物线的对称性,不妨设点 M 位于第一象限,作 MM′ 垂直于 C 的准线于点 M′ ,
设 ∠MBF=θ,θ∈0,π2 ,由抛物线的定义得 MM′=MF ,于是 MFMB=MM′MB=csθ ,
当直线 MB 与 C 相切时, θ 最大, csθ 最小, MFMB 取得最小值,此时直线 BM 的斜率为正,
设切线 MB 的方程为 x=my−1m>0 ,由 x=my−1y2=4x 消去 x 得 y2−4my+4=0 ,
则 Δ=16m2−16=0 ,得 m=1 ,直线 MB 的斜率为 1,倾斜角为 π4 ,
于是 θmax=π4,csθmin=22 ,所以 MFMB 的最小值为 22 .
故选: A
8. 函数 fx=alnx−2lnxx+2bx−ab ,若 fx≥0 恒成立,则 ab+1 的取值范围是( )
A. −∞,e B. (0,2e] C. [2,+∞) D. (−∞,2]
【答案】D
【解析】
【分析】先化简结合对数函数单调性得出 2a=eb ,再构造 gx=2x+1ex ,根据导函数得出函数单调性即可求解.
【详解】由题设 fx=ax−2lnx−bx≥0 在 0,+∞ 上恒成立,
知 a>0 ,此时 y=ax−2,y=lnx−b 在 0,+∞ 上都单调递增,
所以只需 y=ax−2,y=lnx−b 在 0,+∞ 上的零点相同,
即 2a=eb ,所以 ab+1=2b+1eb ,
令 gx=2x+1ex ,则 g′x=−2xex ,
当 x0 ,即 gx 在 −∞,0 上单调递增,
当 x>0 时, g′x0 ， an 是单调递增数列， a10=0 ，
所以当 n0 ,所以 S9 或 S10 最小;
当 d10 时 an0 恒成立,
则 gx 在 R 上递增,又 g0=0 ,
所以当 x0 ;
作出 sinπx 和 5x3−5x2+5x 的图象如图所示:

由图象可知 sinπx≤5x3−5x2+5x 成立,即 fx≤5x ,选项 B 正确;
对于 D 选项,若存在一点 a,b 使得 fx 关于点 a,b 对称,则 fa−x+fa+x=2b , 通过分析发现 fa−x+fa+x 不可能为常数,故选项 D 错误.
故选: ABC.
【点睛】本题考查函数的综合应用, 涉及函数的单调性与最值、对称轴于对称中心、函数与不等式等知识点, 难度较大. 对于复杂函数问题一定要化繁为简, 利用熟悉的函数模型去分析, 再综合考虑, 注意数形结合、合理变形转化.
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 将答案填在答题卡相应的位置 上.
12. 1−2x7 展开式的第 4 项的二项式系数是_____. (用数字作答)
【答案】35
【解析】
【详解】 1−2x7 展开式的第 4 项的二项式系数是 C73=35 .
13. 已知平面向量 a=x,1,b=−2,2x,a+b 在 a 方向上的投影向量模长为 2 ,则 a= _____.
【答案】 2
【解析】
【分析】先求 a+b,a+b⋅a ,再结合定义求向量 a+b 在 a 方向上投影向量的模长,列方程可求结论.
【详解】因为 a=x,1,b=−2,2x ,所以 a+b=x−2,1+2x ,
所以 a+b⋅a=xx−2+1⋅1+2x=x2−2x+1+2x=x2+1
所以向量 a+b 在 a 方向上投影向量的模长为 a+b⋅aa=2 ,又 a=x2+12=x2+1 ,
所以 x2+1x2+1=x2+1=2 , 因此 a=2 .
14. 已知正方体 ABCD−A1B1C1D1 的棱长为 1,点 P 在正方体的内切球表面上运动,且满足 D1P// 平面 A1BC1 ,则 AP 的最小值为_____.
【答案】 66
【解析】
【分析】根据平面 DAC// 平面 A1BC1 可得点 P 的轨迹是平面 D1AC 与正方体内切球的交线,根据点与圆的位置关系可求得 AP 的最小值.
【详解】由题意得,正方体内切球的球心为正方体的中心,记为点 O ,内切球半径 r=12 .
∵AD1//BC1,AD1⊄ 平面 A1BC1,BC1⊂ 平面 A1BC1 ,
∴AD1// 平面 A1BC1 ,同理可得 AC// 平面 A1BC1 ,
∵AD1,AC⊂ 平面 D1AC,AD1∩AC=A,∴ 平面 DAC// 平面 A1BC1 ,
∵D1P// 平面 A1BC1,∴D1P⊂ 平面 D1AC ,故点 P 的轨迹是平面 D1AC 与正方体内切球的交线, 此交线为圆,记圆心为 O1 .
如图,以 D 为原点建立空间直角坐标系,则 A1,0,0,C0,1,0,D10,0,1,O12,12,12 , ∴AC=−1,1,0,AD1=−1,0,1,AO=−12,12,12 .
设平面 D1AC 的法向量为 n=x,y,z ,则 AC⋅n=−x+y=0AD1⋅n=−x+z=0 ,
令 x=1 ,则 y=z=1 ,故 n=1,1,1 ,
∴ 点 O 到平面 D1AC 的距离为 d=AO⋅nn=123=36 , ∴ 圆 O1 的半径为 r1=r2−d2=122−362=66 ,

由 AO=−12,12,12 得, AO=−122+122+122=32 ,
∴AO1=AO2−d2=322−362=63 ,
∴AP 的最小值为 AO1−r1=63−66=66 .
故答案为: 66 .
四、解答题:本大题共 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. 某地举办业余乒乓球联赛，比赛分“有缝球型”和“无缝球型”两个赛区，从该地区抽取部分选手进行调研，相关数据如下表:
(1)能否有 95%以上的把握认为不同打法的选手对于有缝球和无缝球的喜好有影响？
(2)若从参加调研的“横拍打法”选手中用分层抽样的方法抽取 8 名选手，按照各自喜爱的球型参加相应赛区的比赛. 现从 8 名选手中选 3 人，用 AI 监测他们的比赛数据.
① 求两个赛区都有人被选中的概率；
②用 X 表示被选 3 人中“喜欢用无缝球”的人数，求 X 的分布列和期望.
附: χ2=nad−bc2a+bc+da+cb+d ,
【答案】(1)有 95%以上的把握
(2) 4556 ，分布列见解析，期望为 98
【解析】
【分析】(1) 根据表中数据及公式计算 χ2 判断;
(2)①根据抽样比从各层中抽取相应人数，再利用古典概型概率计算公式求解；②利用超几何分布计算即可求得分布列与期望.
【小问 1 详解】
假设不同打法的选手对于有缝球和无缝球的喜好没有影响.
χ2=8018×12−30×20238×42×32×48=640133≈4.812>3.841,
所以有 95%以上的把握认为不同打法选手对于有缝球和无缝球的喜好有影响.
【小问 2 详解】
①根据分层抽样可知，各层的抽样比为 820+12=14 ，所以从喜欢用有缝球的选手中选取 20×14=5 人，从喜欢用无缝球的选手中选取 12×14=3 人，
记“两个赛区都有人被选中”为事件 A ,
则 PA=C51C32+C52C31C83=4556 .
所以两个赛区都有人被选中的概率为 4556 .
② X 的分布列与期望
X 表示被选 3 人中“喜欢用无缝球”的人数，服从超几何分布，可能取值为0,1,2,3:
PX=0=C53C83=1056=528,
PX=1=C52C31C83=3056=1528,
PX=2=C51C32C83=1556,
PX=3=C33C83=156.
分布列:
EX=0×528+1×1528+2×1556+3×156=30+30+356=98.
16. 如图,在平面四边形 ABCD 中, A=π3,E 在边 AB 上, BE=3,AE=CE , DE⊥CE,△BEC 的面积为 332 ,记 ∠BEC=θ0