上海市松江区2026届下学期高三二模 数学试题（Word文字版+答案解析版）

这是一份上海市松江区2026届下学期高三二模 数学试题（Word文字版+答案解析版），共8页。试卷主要包含了04， 若，则__________等内容，欢迎下载使用。
（满分150分，完卷时间120分钟）
2026.04
学生注意：
1.本练习设练习卷和答题纸两部分，练习卷包括题目与答题要求，所有答题必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，做在练习卷上一律不得分.
2.答题前，务必在答题纸上填写学校､班级､姓名和学生编号.
3.答题纸与练习卷在题目编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位.
一､填空题（本大题共有12题，满分54分，第16题每题4分，第712题每题5分）
1. 已知集合，，则等于________．
【答案】
【解析】
试题分析：
考点：集合运算
【方法点睛】
1.用描述法表示集合，首先要弄清集合中代表元素的含义，再看元素的限制条件，明确集合类型，是数集、点集还是其他的集合．
2．求集合的交、并、补时，一般先化简集合，再由交、并、补的定义求解．
3．在进行集合的运算时要尽可能地借助Venn图和数轴使抽象问题直观化．一般地，集合元素离散时用Venn图表示；集合元素连续时用数轴表示，用数轴表示时要注意端点值的取舍．
2. 不等式的解集为__________.
【答案】
【解析】
，解得，
所以不等式的解集为.
3. 已知复数满足（其中为虚数单位），则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，得到，进而得到答案.
【详解】由复数满足，可得，
则，所以
4. 已知抛物线的准线恰好平分圆的周长，则该抛物线的焦点坐标为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的准线经过圆心求出值，进而求出抛物线的焦点坐标.
【详解】因为抛物线的准线恰好平分圆的周长，
即直线经过圆心，所以.
解得，所以抛物线方程为.
所以该抛物线的焦点坐标为.
5. 若都是单位向量，，则向量与的夹角大小为__________.
【答案】
【解析】
都是单位向量，故，且，
设夹角为，，
，
，
，
又，故.
6. 已知等比数列的前项和为，且.若，则___________.
【答案】4
【解析】
【分析】由题意列方程求出等比数列的公比，再根据前n项和求解，即得答案.
【详解】设等比数列的公比为q，由，得，
则，则，
由得，解得，
故答案为：4
7. 已知函数为奇函数，则的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，得到，求得，再由，求得，即可求解.
【详解】由函数为奇函数，可得，即，解得，
又由，可得，即，解得，
当时，函数，
当时，，，
当时，，，且，
所以函数为奇函数，符合题意，所以.
8. 若，则__________.
【答案】
【解析】
将原式左右两侧同时求导，得，
令，则.
9. 已知函数且的图像过定点，正实数m､n满足n，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由对数函数性质确定，，进而得到，再结合基本不等式即可求解.
【详解】当时，，所以函数的图象过定点，
所以，，代入得.
所以，
当且仅当时等号成立，即，时等号成立.
10. 在四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，，异面直线与BD的夹角为，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量的运算法则将已知条件进行转化，进而求出.
【详解】在四棱柱中，.
则.
根据向量乘法分配律展开可得：
.
因为，所以.
已知，即.
又已知异面直线与的夹角为，且，
设与夹角为，则.
根据向量点积公式，可得，
即，解得.
因为，根据向量模长公式可得
.
将代入上式可得.
所以.
11. 如图，某公园划出一块平整的三角形草地ABC，在边BC上设置一个观景点D，点D到顶点C的距离为2百米，AD平分，边AB和AD的长度都为3百米.现需要沿着三角形草地ABC的边安装一圈灯带，则该灯带的长度为__________百米.
【答案】
【解析】
【分析】设，由角平分线定理以及列方程组求解即可.
【详解】设，
由角平分线定理得，，即，得，
因为，
所以
，
得，则，则，
得，，
则该灯带的长度为.
12. 记号表示中取较大的数，如. 在平面直角坐标系中，定义为两点、的“切比雪夫距离”. 已知点为坐标原点，点在圆上，点在直线上，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先利用几何直观判断取最小值的情形，再结合构造出需要优化的目标函数，最后通过分类讨论得到最小值.
【详解】设点，与点的切比雪夫距离为的点构成了一个以点为中心，边长为的正方形，
要让最小，直线应经过正方形的右上角或左下角，即或，
代入直线方程可得或，
于是有，即的最小值为，
由圆的圆心为且半径为可知圆在第一象限，所以有，
则，
因此需要优化的目标函数为，下面分类讨论，
当且时，，
当且时，，
即当时，当且仅当时取等号，
当时，联立和圆的方程得到，解得，
取较小的一组解进行验算得，符合前提条件；
当时，和不可能同时成立（否则），
因此必定有，所以，
综上所述，的最小值也即的最小值为.
【点睛】目标函数优化问题一定要注意计算出来的最值能否取得.
二､选择题（本大题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应位置上，将所选答案的代号涂黑.
13. 若实数满足，则下列不等式恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
对于ABC，当时，满足，此时，，故A错误，B错误，C错误；
对于D，因为，故D正确.
14. 一个袋中有大小与质地完全相同的红、黄､蓝三个球，从袋中依次随机不放回地摸出两个球，记“第一次取到红球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件，则（ ）
A. A，B相互独立B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用相互独立事件的定义判断A；利用条件概率公式，结合古典概率计算判断BCD.
【详解】对于A，，，A，B不独立，A错误；
对于B，，B错误；
对于C，，C正确；
对于D，，则，D错误.
15. 在平面直角坐标系中，如果将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转弧度后，所得曲线仍然是某个函数的图象，那么称函数为“旋转函数”.若函数为“旋转函数”，则a的值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】等价转化为的任意函数值有且仅有一个自变量与之对应，分类讨论参数并结合对勾函数的性质分析性质，即可得.
【详解】因为函数为“旋转函数”，且定义域为，
旋转后曲线仍某个函数图象，意味着这个函数对于任意一个横坐标，至多只有一个与之对应，
由于旋转了整个曲线，等价于原始曲线在旋转后没有两个点具有相同的坐标，
所以关于的方程对任意的至多只有一个解，
所以方程至多只有一个解，
即曲线与直线至多只有一个交点，
只需的任意函数值有且仅有一个自变量与之对应（单射函数），
当时，在，上都单调递增，且值域都为R，
此时与恒有两个交点，不合题意；
当时，在，上都单调递增，值域分别为，，
此时与至多有一个交点，符合题意；
当时，，
若时，则，
当且仅当，即时取等号，
所以在上单调递减，在上单调递增，
若时，则，
当且仅当，即时取等号，
所以上单调递增，在上单调递减，
此时与的交点可能有个，不合题意，
综上.
16. 已知数列满足（n为正整数），关于数列有以下两个命题：①若，则的取值范围是；②若，则的所有可能取值的个数是4个.则以下选项正确的是（ ）
A. ①是真命题，②是假命题B. ①是假命题，②是真命题
C. 两个都是真命题D. 两个都是假命题
【答案】B
【解析】
【分析】根据数列的递推关系式确定与的等式关系，结合不等式的性质由确定的范围，从而得的取值范围即可判断①；确定的等式关系求解一元高次方程的根从而得的所有可能取值，即可判断②.
【详解】因为，所以，则（n为正整数），
对于①因为，若，则，解得或（舍），
又，则，解得或，故①是假命题；
②因为，，所以，
若，则，整理得，
解得，则的所有可能取值的个数是4个，故②是真命题.
三､解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤.
17. 在如图所示的多面体中，已知四边形ABCD是菱形，平面平面，点G为线段AF的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接与，相交于点，连接，，分别证明，，再由面面平行判定定理即可得证；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，确定直线BC的方向向量与平面BDG的法向量，根据线面夹角的坐标运算求解即可．
【小问1详解】
连接与，相交于点，连接，，
因为菱形，所以点是的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，
所以，
又，，所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为，、平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
取的中点，连接，
因为，四边形是菱形，
所以是等边三角形，则，
则建立以为原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，如图所示：
则，
所以，，
设平面的法向量为，
则，取，则，，所以，
所以，
直线与平面所成角的正弦值为．
18. 已知函数的表达式为.
（1）若将函数的图像向右平移个单位长度，得到函数的图像关于直线对称，求的最小值；
（2）若函数在区间上恰有2个极值点和2个零点，求实数m的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用辅助角公式，结合平移变换和三角函数的对称性即可求解；
（2）利用相位整体思想，分析正弦函数的极值点和零点情况，即可确定动区间的范围，从而可求得参数范围.
【小问1详解】
由，
当函数右移个单位得，则 ，
由关于对称，可得： ，
整理得：，又，取得最小正数，
即的最小值为；
【小问2详解】
由（1）可得：，
当，令，
再由零点满足：或，，
不妨取，可得两个正数零点是或，依次增大的第三个正数零点是，
再由的极值点满足：，，
同理可得两个正数极值点是，依次增大的第三个正数极值点是，
所以函数在区间上恰有2个极值点和2个零点，
即满足在内取到，，，，不能取到和，
则，
即所求实数m的取值范围.
19. 质监部门从某超市销售的甲､乙两种食用油中各随机抽取100桶检测某项质量指标，由检测结果得到如下的频率分布直方图：
（1）写出频率分布直方图（甲）中的值；记甲､乙两种食用油100桶样本的质量指标的方差分别为，试比较与的大小（只要求写出结果）；
（2）在甲､乙两种食用油中各随机抽取1桶，用频率估计概率，求恰有1桶的质量指标大于10且小于40的概率；
（3）由频率分布直方图可以认为，乙种食用油的质量指标值Z服从正态分布.其中近似为样本平均数近似为样本方差，现从乙种食用油中随机抽取10桶，设X表示质量指标值位于的桶数，求X的数学期望.（结果保留两位小数）
注：①同一组数据用该区间的中点值作代表；②若，则 .
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据矩形的面积和等于列出关于的方程，进而求出的值，再根据频率分布直方图中甲、乙食用油样本质量指标的波动程度，进而比较方差大小.
（2）分别求出在甲、乙两种食用油中抽取1桶，其质量指标位于的概率，然后求出恰有1桶食用油指标位于的概率.
（3）先根据频率分布直方图求出，然后求出从乙种食用油中随机抽取1桶，其质量指标位于的概率，最后根据二项分布的期望公式计算的数学期望.
【小问1详解】
由题意，解得.
由频率分布直方图可得.
【小问2详解】
记事件在甲种食用油中抽取1桶，其质量指标大于且小于.
记事件在乙种食用油中抽取1桶，其质量指标大于且小于.
记事件在甲､乙两种食用油中各随机抽取1桶，恰有1桶其质量指标大于且小于.
则，.
.
【小问3详解】
由题意.
，又.
，
现从乙种食用油中随机抽取10桶，其质量指标位于的概率为.
，
20. 已知椭圆的左焦点为，过点作斜率不为0的直线与椭圆交于两点.
（1）求椭圆的离心率；
（2）设直线MF､NF的斜率分别为，求的值；
（3）若点E满足，点D在椭圆上，轴，探究直线EF与直线DQ的斜率之积是否为定值？若为定值，请求出该值；若不为定值，请说明理由.
【答案】（1）
（2）0 （3）是，
【解析】
【分析】（1）根据已知确定椭圆参数，即可求离心率；
（2）设直线，，联立椭圆方程并应用韦达定理，代入化简即可得；
（3）由题设为的外心，由，从而有，得，设出三角形外接圆的方程，联立整理得一元二次方程，其与（2）中方程同解得到等比例关系求得，进而确定坐标并求得，即可得结论.
【小问1详解】
由题设，则，离心率为；
【小问2详解】
由（1）知，，即，
设直线，，
联立得，则，
，
，
所以；
【小问3详解】
由，则为的外心，
由，根据对称性知，则，
设过的圆为，
过得，，
联立圆与直线，整理得，
上述方程与有同解，
所以，可得，
外心，则，
所以为定值.
21. 若函数在区间上满足，则称函数为在区间上的绝对值上界函数. 设定义在上的函数、的导数为､.
（1）判断函数是不是函数在区间上的绝对值上界函数，并说明理由；
（2）若函数为在上的绝对值上界函数，求证：对任意，都有；
（3）若函数为在上的绝对值上界函数，实数满足，确定在时的大小关系（､分别表示函数的最小值和最大值）
【答案】（1）是，证明见解析
（2）证明见解析 （3），
【解析】
【分析】（1）通过构造函数证明在上即可得到结论；
（2）将原不等式转化为两个不等式，构造两个辅助函数并求导，结合绝对值上界函数的定义判断它们的单调性，最后利用单调性导出结论；
（3）先判断出在上单调不减，然后根据最值信息得到在和时均为常数，再利用和的约束关系得到此时也为常数，对于时的情况，则通过构造和的差，并利用其单调性以及端点值相等得到其为常数，综合所有情况即可得结论.
【小问1详解】
在上，∣sinx∣=sinx，设ℎ(x)=x−sinx，求导得，
当时，，故，故在上单调递增，因此，
即x≥sinx=∣sinx∣，满足定义，所以是在该区间上的绝对值上界函数.
【小问2详解】
f(x+ℎ)−f(x)≤g(x+ℎ)−g(x)成立，
等价于f(x+ℎ)−f(x)≤g(x+ℎ)−g(x)和−f(x+ℎ)−f(x)≤g(x+ℎ)−g(x)同时成立，
设，P(x)=g(x)+f(x)，由题设可知f'(x)≤g'(x)即−g'(x)≤f'(x)≤g'(x)，
由此可得H'(x)=g'(x)−f'(x)≥0，P'(x)=g'(x)+f'(x)≥0，所以和在上都单调不减，
所以∀ℎ>0，有x+ℎ>x，则H(x+ℎ)≥H(x)，
也即g(x+ℎ)−f(x+ℎ)≥g(x)−f(x)成立，
整理得f(x+ℎ)−f(x)≤g(x+ℎ)−g(x)，
同理P(x+ℎ)≥P(x)也即g(x+ℎ)+f(x+ℎ)≥g(x)+f(x)成立，
整理得−f(x+ℎ)−f(x)≤g(x+ℎ)−g(x)，于是原不等式得证.
【小问3详解】
结论：，，证明如下：
由题设可知，f'(x)≤g'(x)，因此，在上单调不减，
那么当时，但是g(x)min=g(a)，所以即为常数，
所以，又根据f'(x)≤g'(x)，必有，所以；
当时，但是g(x)max=g(b)，所以即为常数，同理可得；
当时，利用（2）中构造的，因为单调不减，
又H(a)=g(a)−f(a)=0，H(b)=g(b)−f(b)=0，
所以也即在上恒成立，
综上所述，，.
【点睛】这一类题目通常利用构造函数寻找突破口，需要时刻注意原函数和导数之间的对应关系.