辽宁省沈阳市第一二〇中学2026届高三下学期第七次质量监测 数学试卷（含解析）

这是一份辽宁省沈阳市第一二〇中学2026届高三下学期第七次质量监测 数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知复数，为的共轭复数，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知集合，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．已知角的终边经过点，，且，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知一个圆锥与一个圆台的高相等，圆锥的底面积和圆台的一个底面的面积相等．若圆台的体积是圆锥的体积的7倍，则圆台的上、下底面的面积之比为（ ）
A．B．C．D．
6．在一定条件下，大气压强（单位：百帕）随海拔高度（单位：米）的变化满足如下函数关系式：为正常数）．已知海拔高度0米处的大气压强为1000百帕，海拔高度10000米处的大气压强为250百帕，那么，若大气压强增加1倍，则海拔高度降低（ ）
A．100米B．2500米C．5000米D．7500米
7．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且面积为.若，且，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知F1，F2分别是双曲线C：的左、右焦点，点P在双曲线上，，圆O：，直线PF1与圆O相交于A，B两点，直线PF2与圆O相交于M，N两点．若四边形AMBN的面积为，则C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．经验表明，一般树的胸径（树的主干在地面以上处的直径）越大，树就越高．在研究树高与胸径之间的关系时，某同学收集了某种树的5组观测数据（如下表）：
假设树高与胸径满足的经验回归方程为，则（ ）
A．
B．当胸径时，树高的预测值为14
C．表中的树高观测数据的40%分位数为10
D．当胸径时，树高的残差为
10．已知函数的最小正周期为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．函数的最大值为
C．函数的图象关于点对称
D．函数在上单调递增
11．已知，两点的坐标分别为，，为坐标平面内的动点，直线，的斜率之和为定值．设动点的轨迹为，则（ ）
A．轨迹关于直线对称
B．轨迹关于原点对称
C．当时，轨迹为一条直线
D．当时，轨迹存在渐近线
三、填空题
12．某城市有10个著名的地标建筑，文旅部门要从中选取3个作为城市名片进行特色文化宣传，且甲、乙、丙3个建筑中至少选1个，那么共有________种不同的选法．
13．已知集合，，将中所有元素按从小到大的顺序构成数列，则数列的通项公式为__________.
14．函数的零点为__________.
四、解答题
15．已知数列的前项和为，其中，．
(1)求的值以及数列的通项公式；
(2)若，求数列的前项和．
16．已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
17．已知圆，圆，．当r变化时，圆与圆的交点P的轨迹为曲线C，
（1）求曲线C的方程；
（2）已知点，过曲线C右焦点的直线交曲线C于A、B两点，与直线交于点D，是否存在实数m，，使得成立，若存在，求出m，；若不存在，请说明理由．
18．在如图所示的圆柱中，轴截面是边长为4的正方形，点为底面半圆弧上的动点（点不与点，重合）.
(1)当三棱锥体积最大时，
（ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值；
（ⅱ）点在线段上运动，求的最小值.
(2)是否存在点，使得直线与平面所成角最大？若存在，求成角最大时的正弦值；若不存在，请说明理由.
19．某次投篮游戏，规定每名同学投篮次，投篮位置有，两处，第一次在处投，从第二次开始，若前一次未投进，则下一次投篮位置转为另一处；若前一次投进，则下一次投篮位置不变.在处每次投进得2分，否则得0分；在处每次投进得3分，否则得0分.已知甲在，两处每次投进的概率分别为，，且每次投篮相互独立.记甲第次在处投篮的概率为，第次投篮后累计得分为.
(1)求的分布列及数学期望；
(2)求的通项公式；
(3)证明：.
参考公式：若，是离散型随机变量，则.
胸径
8
9
10
11
12
树高
8.2
10
11
12
13.8
参考答案
1．C
【详解】因为,
所以,
则.
故答案为：C.
2．D
【详解】 已知，，因此： ，
.
3．A
【详解】①若，则，，
所以”是“”的充分条件；
②若，则或，解得或或.
当时，，，符合题意；
当时，，，符合题意；
当时，，与集合中元素的互异性相矛盾，故舍去，
所以或，所以”是“”的不必要条件，
所以由①②可知，”是“”的充分不必要条件，
故选：A
4．A
【详解】因为角的终边经过点，所以，，
因为，，
所以，
又，所以，
所以，
所以
.
故选：A
5．B
【详解】设圆锥的底面面积为，圆台另一个底面的面积为，高为，
则圆台的体积为：，圆锥的体积为：，
由题意可知：，
即：，变形可得：，
解得：（负值舍去），则.
故选：B
6．C
【详解】由题意可得，
所以，，
设大气压强从250百帕增加1倍到500百帕，海拔高度降低米，
则，所以，
所以，即，
所以，所以.
故选：C.
7．A
【详解】在中，，而，
由，得，又，，则，
由正弦定理得，解得，由，得，
所以.
8．D
【详解】根据对称性不妨设点P在第一象限，如图所示，
圆O：，圆心为，半径为，
设，，点P在双曲线上，，则有，，可得，
过O作MN的垂线，垂足为D，O为的中点，则，，
同理，，由，
四边形AMBN的面积为，
，化简得，则有，则C的离心率.
故选：D
9．AD
【详解】选项 A ：把点代入经验回归方程为，则，故A正确；
选项B：当时，，故 B 错误；
选项 C ：数据排序后为共5个数据， 由，
的分位数对应第2和第3个数据的平均值：，故 C 错误；
选项 D ：当 时，预测值，残差为，故 D 正确.
故选：AD.
10．ACD
【详解】因为函数，所以，
对于A：函数的最小正周期为，所以，所以，A选项正确；
对于B：函数的最大值为，B选项错误；
对于C：，计算得，函数的图象关于点对称，所以函数的图象关于点对称，C选项正确；
对于D：，所以单调递增，所以函数在上单调递增，D选项正确.
故选：ACD.
11．BD
【详解】设，因为，两点的坐标分别为，，
所以，所以由题意得，
化简整理得①，
对于A，用代入方程①得，与原方程不一致，
所以轨迹不关于直线对称，故A错误；
对于B，用代入方程①得，与原方程一致，
故轨迹关于原点对称，故B正确；
对于C，当时，轨迹方程为，所以或，
所以轨迹为直线，或直线中去掉，的部分，故C错误；
对于D，当时，轨迹方程化为，
当或时，，即是渐近线，故D正确.
故选：BD.
12．85
【详解】从10个地标建筑中选取3个，共有种，
若不选甲、乙、丙这3个地标建筑，即从剩下的7个中选3个，有种选法，
所以满足条件的选法有（种）．
故答案为：85
13．
【详解】设，
则，
等式左侧为3的倍数，为3的倍数，
所以也为3的倍数，
故为大于1的奇数，所以.
故答案为：.
14．/
【详解】根据对数恒等式，有，令，整理得，又，则.
令，因为，则，即，令.
当时，，则，不存在零点；
当时，，即不是函数的零点；
当时，由，且，，得，
所以在上单调递减，又因时，，
故是的唯一零点，则是函数的唯一零点.
故答案为：.
15．(1)，
(2)
【详解】（1）依题意，，解得，所以．
当时，，
当时，，满足上式，
综上所述，．
（2）由（1）得,故，
故，
故，
两式相减可得，
，
则．
16．(1)
(2)
【详解】（1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
（2）解法一：因为的定义域为，且，
若，则对任意恒成立，
可知在上单调递增，无极值，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，
由题意可得：，即，
构建，则，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为；
解法二：因为的定义域为，且，
若有极小值，则有零点，
令，可得，
可知与有交点，则，
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，符合题意，
由题意可得：，即，
构建，
因为则在内单调递增，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为.
17．（1）；（2）存在；，．
【详解】解：（1）由题意可知，，，
所以，
所以曲线C为以、为焦点的椭圆，且，，，
所以曲线C的方程为．
（2）假设存在，由题意知直线AB的斜率存在，
设直线AB的方程为，，，
联立|，消去y整理得，，
则，，
所以
，
，
因为，
所以，所以，，得，
所以存在，使成立．
18．(1)（ⅰ）；（ⅱ）
(2)存在，
【详解】（1）（ⅰ）∵，
又∵是定值，∴当三棱锥体积最大时即高最大，
即点为半圆弧的中点
设线段的中点为O，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，
设平面的法向量为．
则，则，令，得，，
则．
因为平面，平面，∴，
又∵，，，平面，
∴平面，是平面的法向量．
设平面与平面所成角的平面角为，则．
平面与平面所成角的余弦值为
（ⅱ）将面与面绕旋转，展开成平面图，连接，
如图所示，此时最小，即为长，
由题意可知，，，
所以，
，
再由余弦定理可知，
即的最小值为．
（2）结合（1）可设，，，
所以，
平面的法向量为，
设为直线与平面所成角，
当直线与平面所成角最大时，取最大值，

令，
则，
∴当且仅当时，取最大值，此时直线与平面所成角最大，
即存在点，使得直线与平面所成角最大．
19．(1)分布列见解析，
(2)（，2，……，）
(3)证明见解析
【详解】（1）设“甲第次在处投进”为事件，“甲第次在处投进”为事件，
，2，依题意，的可能取值为0，2，3，4.
，
，
，
，
所以的概率分布为
（分）.
（2）当时，甲第次在处投篮分两种情形：
①第次在处投篮且投进，这种情形概率为；
②第次在处投篮且未投进，这种情形概率为.
所以，
故，
因为，
所以是以为首项，为公比的等比数列.
所以，
即，，2，……，.
（3）因为第次在处投篮的概率为，在处投篮的概率为，
记第次得分，则的可能取值为0，2，3，
，
，
，
所以，
因为，
所以
，
因为，
所以.
0
2
3
4