2025-2026学年下学期苏北七市高三数学3月二模考前模拟试卷三试卷含答案

这是一份2025-2026学年下学期苏北七市高三数学3月二模考前模拟试卷三试卷含答案，共10页。
注意事项:
1. 答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校、姓名、准考证号用0.5毫米黑色空字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“条形码粘贴处”。
2. 选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效。
一、单项选择题(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 符合要求)
1. 已知集合 A={x∣x=3n−1,n∈N} ， B={2,4,6,8,10} ，则 A∩B 中元素的个数为( ).
A. 5 B, 4 C. 3 D. 2
2. 设复数 z1,z2 在复平面内对应的点关于实轴对称, z1=2+1 ,则 z1z2 等于( ).
A. 35+45i B. −35+45i C. 35−45i D. −35−45i
3. 已知平面向量 a=−1,12,b=1,m ，若 a⊥b ，则 b= ( ).
A. 3 B. 2 C. 5 D. 5
4. 设随机变量 X∼B6,p ,若 EX≤2 ,则 DX 的最大值为( )
A. 43 B. 32 C. 3 D. 4
5. 已知抛物线方程为 y=x2−2x+2 ，则它的焦点坐标为( ).
A. 1,32 B. 1,54 c. 32,1 D. 54,1

6. 函数 fx 部分图象大致如图所示，则 fx 解析式可能是 ( ).
A. fx=lnx+1x B. fx=ex+e−xx+1
C. fx=xx+1 D. fx=ex−e−xx+1
7. 已知三棱锥 S−ABC 所有点都在同一个球面上，若正 △ABC 的边长为3， SA⊥ 平面 ABC ，且 SA=2 ，则球的表面积为( ).
A. 2π B. 4π C. 8π D. 16π
8. 在 U 型池中进行滑板运动，运动中运动员离开平衡位置的位移 y m 和时间 t s 的函数关系可用 y=20sinωt+φω>0,φf12024
C. lg20052026∘>lg20042025 D. efx>1
11. 甲、乙、丙三人进行羽毛球单打冠军争夺赛，甲对乙、丙的胜率分别为 p1,p2 ，乙对丙的胜率为 p3p1,p2,p3>0 ，每场比赛的结果相互独立、甲先出场，用掷硬币的方式确定与乙或丙比赛。每场比赛的胜者与该场的轮空者进行下一场比赛，率先赢得两轮比赛的人获得冠军，比赛结束.设比赛结束时的比赛场数为 x .则下列说法正确的有( ).
A. 若 X=2 ，则 PX=2=p1⋅p2
B. 若 X=3 ，则甲不可能是冠军
C. 若 X=3 ，丙获得冠军的概率与 p1 无关
D. 若 p1=p2=p3=12 ，则该比赛方案对甲有利
三、填空题(本大题共 3 小题，每小题75分，共15分)
12. 已知集合 A={−1,0,1} ，试写出从集合 A 到集合 A 的一个偶函数 fx= _____▲_____.
13. 已知点 P 为椭圆 C:x24+y23=1 上一点， F1,F2 分别为 G 的左、右焦点，且 F1P+F1F2⋅PF2=0 ，则三角形 PF1F2 的内切圆 N 的面积为_____▲_____
14. 已知有穷数列 an 各项均不相等,若 an 的项从小到大重新排序后相应的原来的项数构成新数列 bn ，称数列 bn 为数列 an 的"序数列". 例如数列 a1,a2,a3 满足 a14>3.841
有 95% 的把握认为两款灵巧手产品的优级品率存在差异. .6 分
(2)方法 1:由表知 x=5+6+7+8+95=7,y=0.55+0.50+0.60+0.65+0.705=0.6
i=15xi2=25+36+49+64+81=255 ,又 i=15xiyi=21.45,i=15yi2=1.825 , 9 分
所以 r=i=1nxi−xyi−yi=1nxi−x2i=1nyi−y2=i=1nxiyi−nx⋅yi=1nxi2−nx2i=1nyi2−ny2 12 分
=21.45−5×7×0.6255−5×721.825−5×0.62=0.4510×0.025=0.9∈0.75,1
由此可以认为该性能指数与孩子的喜爱程度相关性很强. .15 分
方法 2: 由表知 x=5+6+7+8+95=7,y=0.55+0.50+0.60+0.65+0.705=0.6 .
i=15xi−xyi−y=5−7×0.55−0.6+6−7×0.50−0.6
+7−7×0.60−0.6+8−7×0.65−0.6+9−7×0.70−0.6=0.45 .
i=15xi−x2=5−72+6−72+7−72+8−72+9−72=10
i=15yi−y2=0.55−0.62+0.50−0.62+0.60−0.62
+0.65−0.62+0.70−0.62=0.025 .12 分
则 r=i=15xi−xyi−yi=15xi−x2i=15yi−y2=0.4510×0.025=0.9∈0.75,1 ,
由此可以认为该性能指数与孩子的喜爱程度相关性很强. .15 分
17.(1)证明:作 AD⊥PB 于 D (如图 1)
∵ 面 PAB⊥ 面 PBC , AD⊂ 面 PAB ,面 PAB∩ 面 PBC=PB∴AD⊥ 面 PBC . .3 分
∵BC⊂ 面 PBC∴AD⊥BC,∵PA⊥ 底面 ABC,BC⊂ 面 PBC
∴PA⊥BC,∵PA∩AB=A,PA,AB⊂ 面 PAB∴BC⊥ 面 PAB .6 分

(图 1)

(图 2)

(图 3)
(2)(如图 2)作 QE⊥PB 于 E ， BF⊥AC 于 F ， FH⊥AQ 于 H ，连接 BH ，
∵ 面 PAB⊥ 面 PBC∴ 由( 1 )同理可得 QB⊥面ABP , 10 分
∵ 三棱锥 P−ABQ 的体积为 827,AP⊥AB,∴VP−ABQ=VQ−ABP=13×12×2×1×QE=827 ，
∴QE=89,∵AB⊥BC,AB=1,BC=2∴AC=5,BF=25,
∵AP⊥AC,AP=2,AC=5,∴PC=3
在RADPAC中.
cs∠APQ=23,QE=89,∴AQ⊥PC,∴sin∠QAC=53,∵AF=15,∴HF=13
∴BF⊥AC,AP⊥BF,AC∩AP=A,∴BF⊥面ACP,∵FH⊥AQ
∴ 由三垂线定理可知 BH⊥AQ,∴∠BHF 即为所求二面角的平面角 13 分
在 RIABFH 中， tan∠BHF=BFHF=65 ，
所以平面 ABQ 与平面 ACQ 所成角的正弦值 64141 . .15 分
(2)方法2:以点 B 为坐标原点，
建立如图(图3)所示的空间直角坐标系 B0,0,0,C2,0,0,A0,1,0,P0,1,2
由方法 1 知 PQ=49PC ,所以 Q89,59,109∴AQ=89,−49,109,AC=2,−1,0,BA=0,1,0 ,
设平面 ABQ 的一个法向量 n=x,y,z ，则
BA⋅n=0AQ⋅n=0∴4x−2y+5z=0y=0 取 n=5,0,−4 . 10 分
同理可知平面 ACQ 的一个法向量 m=1,2,0 13 分
∴cs⟨m,n⟩=m⋅nmn=5415=541,∴sin⟨m,n⟩=1−cs2⟨m,n⟩=641=64141 ,
所以二面角 B−PC−D 的正弦值为 64141 .15 分
18.(I) 双曲线 C 的渐近线方程为 y=±bax ,
由题可知 c=2,bca2+b2=1, 所以 a2=3,b2=1, 故双曲线 C 的方程为 x23−y2∣ 4 分
(2) ① 设 Ax1,y1,Bx2,y2,Mx3,y3,Nx3,y4 .
设 l:x=my+2 ,
由 x=my+2,x2−3y2=3 得 m2−3y2+4my+1=0 ,则 y1+y2=−4mm2−3,y1y2=1m2−3,Δ=4m2−4m2−3>0. 6 分
由 x=my+2,y=33x 得 y3=23−m ,同理 y4=−23+m . .8 分
AM−BN=1+m2y3−y1−1+m2y2−y4=1+m2y3+y4−y1+y2
=1+m223−m+−23+m−−4mm2−3=1+m223+m−23−m3−m2+4mm3−3=0 ,
所以 AM=BN ，所以 S△OMN=S△OBN ， 10 分
② 由①知 AM=BN ，因为 SADAB=4SADAM ，所以 AB=4AM ，则 AB=2AM+BN ，
即 AB=2MN−AB ，所以 3AB=2MN 。 12 分
所以 3y1−y2=2y3−y4 ,即 3−4mm2−32−4⋅1m2−3=223−m+23+m ,
则 312m2+1m2−32=833−m2 ,解之得 m2=79 ,所以 m=±73 . 16分
所以直线 l 的方程为 3x+7y−6=0 或 3x−7y−6=0 . .17 分
19.(I) gx=ex+e−x−x2−2,g′x=ex−e−x−2x ,
令 Gx=g′x ,则 G′x=e2+e−2−2≥2e2⋅e−2−2=0 , 2 分
所以 g′x 在 [0,+∞) 上单调增, g′x≥g′0=0 ,
从而 gx 在 [0,+∞) 的单调增, gx 的最小值为 g0=0 . .5 分
(2) fx=ex−12x2−asinx−1,x∈−π2,π2,f′x=ex−x−acsx,f′0=1−a .
① 当 a>1 时， f′00 ，
所以由零点存在性定理 ∃x0∈0,π2,f′x0=0 .
当 x∈0,x0 时, f′xf0=0>f−π3 ,由 (1) 知 gx≥0 ,所以 fπ3+f−π3>0 ,
所以 fπ3>f−π3 . 从而 fxmax=fπ3=e43−π218−32a−1 .
因为当 x∈−π3,π3 时,若 f′x≤M ,则 f′π3≤M , 14 分
下证: f′π3≥fπ3 ,又 f′π3=eπ3−π3−a2>0 ,
只需证: ex3−π3−a2>ex3−π218−32a−1 ,即证: 1+3−12a>π3−π218 .
因为 a∈−1,1 且 3−12>0 ,即证: 3−32>π3−π218 ,
因为 π218>12 ,即证 6−332>π ,显然成立,
故当 a∈−1,1,x∈−π3,π3 时,若 f′x≤M . 则 fx≤M . .17 分优级品
合格品
不合格品
总计
灵巧手 G
15.
19
6
40
灵巧手 K
35
23
2
60
总计
50
42
8
100
优级品
非优级品
灵巧手 G
灵巧手 K
x
5
6
7
8
9
y
0.55
0.50
0.60
0.65
0.70
a
0.050
0.010
0.001
xa
3.841
6.7635
10:828
优级品
非优级品
合计
灵巧手 G
15
25
40
灵巧手 K
35
25
60
合计
50
50
100