上海市闵行区2026届第二学期高三二模 数学试题（原卷版+解析版）

这是一份上海市闵行区2026届第二学期高三二模 数学试题（原卷版+解析版），共19页。试卷主要包含了 已知，若，则______等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.本场考试时间120分钟，试卷共4页，满分150分，答题纸共2页.
2.作答前，考生在答题纸正面填写学校､姓名､考生号，粘贴考生本人条形码.
3.所有作答务必填涂或书写在答题纸上与试卷题号对应的区域，不得错位.在苦稿纸､试卷上作答一律不得分.
4.用2B铅笔作答选择题，用黑色笔迹钢笔､水笔或圆珠笔作答非选择题.
一､填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）考生应在答题纸相应位置直接填写结果.
1. 已知集合，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用交集的定义求解.
【详解】集合，则
2. 设，不等式的解集是______.
【答案】
【解析】
【分析】由一元二次不等式的解法求解即可.
【详解】因为，即，
令，
解得，
所以的解集为.
即不等式的解集是.
3. 已知球的表面积为，则该球的体积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据球体表面积计算公式求出球体半径，再根据球体体积计算公式求出球体体积即可.
【详解】设球体的半径为，根据已知有：，解得，所以球体体积为：
.
故答案为：.
4. 已知，若是幂函数，且，则______.
【答案】
【解析】
【分析】先根据幂函数的定义求出参数，再利用已知函数值求出幂指数得到完整解析式，最后代入计算得到的值.
【详解】已知，且是幂函数：
根据幂函数的定义，可得，解得；
将条件代入得，解得，即函数解析式为；
将代入解析式得.
5. 已知事件发生的概率，事件发生的概率，若事件与独立，则______．
【答案】
【解析】
因为事件与独立，事件发生的概率，事件发生的概率，
．
6. 若，则______.
【答案】
【解析】
由题意得，
令，得，
令，得，
则.
7. 已知，若（其中为虚数单位），则______.
【答案】
【解析】
【详解】设，则，
由可得，
则，故.
8. 在中，，点在以为焦点的双曲线上，则该双曲线的两条渐近线的夹角大小为______.
【答案】
【解析】
由题可知以为焦点，则，
又点在双曲线上，由双曲线的定义可得：，
由双曲线的关系：可得，
设在轴上，则双曲线的渐近线方程为，
由可得两条渐近线的倾斜角为和，
根据直线夹角的定义可得两条渐近线的夹角为.
9. 已知等比数列的公比为，若，则的取值范围是______.
【答案】.
【解析】
根据题意可知，即或.
因为，所以.
所以.
故取值范围为.
10. 小闵同学打算将“20260407”中的8个数字“”进行排列得到密码.如果排列时要求两个“2”相邻且三个“0”不相邻，那么小闵可以设置的不同密码的个数为______.
【答案】240
【解析】
【分析】利用相邻问题及不相邻问题列式求解.
【详解】将两个2绑在一起视为一个数，与作全排列，再在形成的5个间隙中插入3个0，
所以不同密码个数为.
11. 已知，若不等式的解集中有且仅有两个整数，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】先根据不等式结合符号法计算，再构造函数令，再应用导函数正负得出函数单调性进而得出最值，最后分类讨论结合有且仅有两个整数列式计算求解.
【详解】因为不等式，
则或，
即得(1)或(2)，
令，，
所以当单调递增；当单调递减；
所以，
因为，且，所以时，，
当时，(1)无解，(2)有两个整数解1和2，所以满足题意；
当时，(1)有一个整数解3，(2)有两个整数解1和2，所以时有三个整数解不满足题意；
当时，(1)有一个整数解3，(2)有一个整数解1，所以满足题意；
当时，(1)至少有两个解3和4，(2)至少有一个整数解1，所以时有至少三个整数解不满足题意；
当时，(1)整数解无限，(2)无解，所以时有无数个整数解不满足题意；
综上，符合解集中有且仅有两个整数，则的范围是，
所以的最小值为.
12. 定义：平面内图形上的所有点在直线上的射影所组成的图形称为在上的射影.若存在边长为的正三角形在正方形的四条边所在直线上的射影长度之和为4，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，转化为正三角形在轴、轴上投影之和的两倍，设与轴正半轴的夹角为，正三角形在正方形的四条边所在直线上的射影长度之和为，分、、三种情况分别计算的最值，再列不等式求解即可．
【详解】解：根据题意，正三角形在正方形的四条边所在直线上的射影长度之和，
等价于正三角形在轴、轴上投影之和的两倍，
设与轴正半轴的夹角为，
正三角形在正方形的四条边所在直线上的射影长度之和为，
则，，
当时，正三角形在轴、轴上投影分别为、，
则
，
或时，取得最小值，
时，取得最大值为；
当时，正三角形在轴、轴上投影分别为、，
，
当时，取得最小值，当时，取得最大值为；
时，正三角形在轴、轴上投影分别为、，
当时，取得最小值，当时，取得最大值为；
由对称性可证，其它象限最值情况一样，
综上，的最小值为，最大值为，
，解得，
则的取值范围为．
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选项.考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑.
13. 以下是由变量与所绘制的散点图，则它们的线性相关程度较高且正相关的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】对于A：散点杂乱无章，无规律可言，看不出两个变量有什么相关性；故A错误；
对于B：两个变量不具有线性相关性，故B错误；
对于C：两个变量之间的关系为负相关关系；故C错误；
对于D：两个变量之间的关系为正相关关系，且散点图中的点分布在一条直线附近，线性相关程度较高；故D正确.
14. 已知定义在上的偶函数在上是严格减函数，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】定义在上的偶函数在上是严格减函数，
若，则有，所以，解得
15. 若平面直角坐标系中的点到轴与轴的距离之和为1，现有以下两个命题：
①存在点到轴与轴的距离之差为1；
②存在点到轴与轴的距离之积为1.
则以下选项正确的是（ ）
A. ①不正确，②不正确B. ①正确，②正确
C. ①正确，②不正确D. ①不正确，②正确
【答案】C
【解析】
【详解】设，则，
对于①，当时，，故，满足点到轴与轴的距离之差为1，①正确；
对于②，由基本不等式可得，即，故，②错误.
16. 已知平面上13个向量，其中，若对任意，总有且，则的最小值为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，构成一个等比数列，其首项为1，公比为，且相邻向量垂直，从而可得以共线，共线，要使小，只需共线且与反向，共线且与反向即可，据此求解即可.
【详解】因为，
且对任意，总有
所以构成一个等比数列，其首项为1，公比为，
所以，
又因为，
即相邻向量垂直，
即,
所以共线，共线，
要使最小，
设，，
则有，
即求的最小值，
当共线且与反向时，最小，
且
，
当共线且与反向时，最小，
且
，
所以.
即的最小值为.
三､解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.
17. 某学校举办“乐动体育”比赛活动，高三年级共有50名学生报名参加“小球类项目”，其中参加乒乓球项目的有28人，参加羽毛球项目的有22人，赛前进行了一道比赛通用规则判断题测试，答对得5分，答错得0分，统计结果加下表：
根据上述数据，回答下列问题：
（1）求这50名学生的平均得分；
（2）从这50名学生中随机选取2人做裁判.设随机变量表示两名裁判的最高得分，求；
（3）是否有的把握认为该题的测试成绩与比赛项目有关？（附：）
【答案】（1）
（2）
（3）没有的把握认为测试成绩与比赛项目有关.
【解析】
【分析】（1）由条件根据平均数定义求结论；
（2）确定的可能取值，求取各值的概率，结合期望定义求结论；
（3）提出零假设，计算，根据其值与临界值的关系判断结论.
【小问1详解】
由题意，总答对人数为，
总得分为，
因此平均得分；
【小问2详解】
学生得分只有分和分，因此最高得分的可能取值为；
因此，，
所以；
【小问3详解】
列联表如下表：
零假设为：该题的测试成绩与比赛项目无关，
则，
因为，，
故接受假设，即认为没有95%的把握认为测试成绩与比赛项目有关.
18. 如图，圆柱的轴截面是边长为4的正方形，为底面圆的一条直径，且.
（1）求异面直线与所成角的大小（用反三角表示）；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，把异面直线所成角转化为两条异面直线的方向向量的夹角求解
（2）通过（1）空间直角坐标系利用向量运算求点到平面距离
【小问1详解】
根据题意建立以底面圆心为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，垂直于方向为轴的空间直角坐标系，
则，，，，，
因为，所以，
所以，， ，，
设异面直线所成角为，则
所以异面直线与所成角为
【小问2详解】
，，，
设平面的法向量为，
则由，，得，令，则，
所以
设点到平面的距离为，则
19. 已知.
（1）当时，解方程；
（2）若函数在上有唯一的极值点，求的取值范围，并判断这个极值点是极大值点还是极小值点.
【答案】（1）方程的解集为
（2），极值点为极大值点.
【解析】
【分析】（1）利用辅助角公式化简，再利用正弦函数的性质即可求出；
（2）先对进行求导，令并求导即可求出的取值范围.
【小问1详解】
当时，，
令，得，即，，解得,
故方程的解集为.
【小问2详解】
由题意得，
在区间上，，，
令，则，
在上单调递增，且，
若函数在上有唯一的极值点，则在该区间有唯一解，
即有唯一解，故的取值范围为，
设为该极值点，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以极值点为极大值点.
20. 已知椭圆的焦距为，离心率为，过点的直线交椭圆于点.
（1）求的方程；
（2）记的面积为，求证：；
（3）求的最大值与最小值，并写出取最大值与最小值时直线的方程.
【答案】（1） （2）证明见解析
（3）最大值，直线方程；最小值，直线方程
【解析】
【分析】（1）根据椭圆已知的焦距和离心率求出参数，代入椭圆标准方程得到结果；
（2）将表示为点坐标的线性式，结合椭圆方程的参数形式，利用余弦函数的值域证明结论；
（3）设过点的直线参数方程，利用参数的几何意义将转化为，结合韦达定理得到表达式后求最值.
【小问1详解】
由题意得，故，结合离心率得.
由椭圆关系，因此椭圆的方程为： ；
【小问2详解】
设，因为，所以直线，即，
所以点到直线的距离，又，
所以
由在椭圆上得，所以可设，
所以，
因此​，得证.
【小问3详解】
设过的直线参数方程为（为参数），
代入椭圆方程整理得： ，
由参数的几何意义得，
结合韦达定理得： ，
斜率存在时，设斜率为，化简得，
由得：当时，取得最大值，对应直线方程为；
当直线斜率不存在时，直线为，此时，为最小值.
综上，的最大值为，对应直线方程为；最小值为，对应直线方程为
21. 对于定义在上的函数，若存在实数对，对于任意的实数，都有成立，则称函数为“型函数”，点称为的“”点.
（1）判断函数与是否为“型函数”（无须说明理由）；
（2）是否存在“型函数”，其图象上的所有点都是的“点”，如果存在，求出所有满足题意的，如果不存在，说明理由；
（3）设，函数是“型函数”，且的图象是一条连续曲线. 已知，点，都是的“点”. 证明：“对任意，当时，均有”是“函数在上为严格减函数”的充要条件.
【答案】（1）不是“型函数”，是“型函数”
（2）， （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据“型函数”定义直接验证等式能否恒成立即可；
（2）通过条件隐含的恒等式，得到只有两种取值，然后分情况讨论即可；
（3）必要性的证明只需要利用单调性证明不等式成立即可，充分性的证明则需要先证明在上的单调性，再通过对数变换转化为中心对称函数，进而利用连续性不断扩展得到整个实数集上的单调性.
【小问1详解】
对于，考查，为随变化的变量，
不可能恒等于某个常数，所以不是“型函数”；
对于，考查，取
即可满足恒成立，所以是“型函数”
【小问2详解】
依题意这样的函数意味着对于任意实数和，都有，
令，可得，所以对任意实数，只能取或，
若存在使得，由是“点”可知对任意实数成立，
又因为只能取或，所以且对任意实数成立，
也即对任意实数成立，反过来函数确实满足恒成立；
若对任意实数都有，此时函数也满足恒成立，
综上所述，满足题意的有和.
【小问3详解】
由点是的“点”可知恒成立，取得，同理可得，
因为，所以，所以有，，已知，所以即，
必要性，若函数在上为严格减函数，当时，有，
所以，，，所以，
充分性，对任意，时，均有，
可知在上，所以在上严格单调，又因为，所以在上严格递减，
设，则有即关于中心对称，
同理有即关于中心对称，因为严格递增，
所以根据复合函数单调性可知在上严格递减，同时因为连续且，所以也连续，
于是可以通过中心对称得到在和上严格递减，不断往两边扩展，
即可得到在上严格递减，所以在上严格递减，
所以“对任意，当时，均有”
是“函数在上为严格减函数”的充要条件.
【点睛】中心对称可以保持函数的单调性，若函数存在两个对称中心，则对称中心之间的单调性可以通过不断对称扩展到整个定义域上.
乒乓球项目
羽毛球项目
答对人数
19
16
答错人数
9
6
答对
答错
合计
乒乓球
19
9
28
羽毛球
16
6
22
合计
35
15
50