浙江嘉兴市2026届高三下学期4月二模教学测试数学试题 附解析

这是一份浙江嘉兴市2026届高三下学期4月二模教学测试数学试题 附解析，共4页。
考生注意：
1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸上规定的位置.
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.
一、选择题：本题共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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】不等式解得，则，
又，所以.
2. 已知a，b为实数，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
【答案】A
【解析】
【详解】因为等价于，即，
则或，
所以当时，成立，
当时，不一定成立，
如，满足，但不满足，
故“”是“”的充分不必要条件.
3. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦定理求出角，再由面积公式求面积.
【详解】中，由，得，
由余弦定理，，得，
又，所以.
4. 为保护环境，某发电厂对烟气进行脱碳处理．已知初始碳排放浓度为，每经过一次环保设备处理，碳排放浓度会减少50%．国家排放标准规定碳排放浓度不得超过，若要使该发电厂烟气排放达标，则至少需要脱碳处理的次数为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【详解】设脱碳处理的次数为，则脱碳处理次后的碳排放浓度为，
由题意可得，则，即，
由于，所以的最小值为，
故至少需要脱碳处理的次数为.
5. 若数列满足：从第二项起，每一项与它的前一项的差依次排成一列，组成的新数列是一个公差为k的等差数列，则称数列为“等差数列．已知为“等差数列，且，则（ ）
A. 91B. 111C. 121D. 133
【答案】B
【解析】
【分析】设，可得，结合累加法即可求得的通项公式，代入即可.
【详解】设，因为为“等差数列，且，所以
是公差为2的等差数列，且，则，
通过累加法可得：当时，
，，…，，所以累加可得
，化简得：，当时，，符合通项公式，所以，则.
6. 已知，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二倍角公式，结合同角三角函数的关系求解即可.
【详解】
.
7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为A，B，点P为右支上异于B的一点，过P作x轴的垂线，垂足为N，若的面积，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由题意设点坐标并利用面积条件与双曲线方程，消去变量得到关系式，结合双曲线参数关系即可求解.
【详解】设在双曲线的右支上，则，垂足为，
则，
所以，
则，
因为点在双曲线上，则有，
整理得，
因为，所以，
联立，整理得，
联立，整理得，
同时除以得，解得（舍）或，
故.
8. 已知直线与函数的图象相切，若，则实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导，根据导数的几何意义可得，由题意得，根据函数单调性计算可解.
【详解】由，设切点，
则切线方程为：，
所以，
因为，所以，解得
显然，在单调递增，
所以，时，.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 数据9，10，10，11，12，14，16，17，19，21的第60百分位数为14
B. 对于随机事件A与B，若，则事件A与B相互独立
C. 已知一组样本数据的平均值为5，极差为7，中位数为6，则数据的平均值为9，极差为14，中位数为11
D. 若成对样本数据的线性相关程度越强，则样本相关系数越接近1
【答案】BC
【解析】
【分析】利用百分位数定义计算可得A；利用对立事件概率公式与相互独立事件定义计算可得B；利用平均数、极差与中位数的性质计算可得C；利用相关系数定义可得D.
【详解】对A：，故这组数据的第60百分位数为，故A错误；
对B：由，则，
故事件A与B相互独立，故B正确；
对C：新数据的平均值为，极差为，
中位数为，故C正确；
对D：若成对样本数据的线性相关程度越强，则样本相关系数的绝对值越接近，故D错误.
10. 已知是由复数组成的数列，（i为虚数单位），且，则（ ）
A.
B.
C.
D. 若，则的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】化简得到，再根据数列的周期、复数的运算以及点到圆上一点的距离最值进行分析求解即可.
【详解】.
进一步，即数列周期为.
已知，计算得，，以此类推，奇数项都为，偶数项都为.
选项A.，​A错误.
选项B.，因此，B正确.
选项C. .
因为，所以总和为，
模长，​C正确.
选项D.，.
表示复平面上以为圆心、半径为的圆，是圆上点到的距离，
两定点距离为 ，因此的最小值为，D正确.
11. 已知函数，关于x的不等式在区间内的整数解的个数为n，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则n的最小值为338
C. 若存在实数a，使，则t的最小值为
D. 若存在实数t，使，则a的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用正切函数的周期为6及区间包含337个完整周期，结合图像分析不同参数下每个周期内整数解的分布规律，从而判断各选项的正确性.
【详解】画出函数的图象如图所示，

因为的周期，所以区间含区间和337个完整的周期，
对于A：若，则原式为，
即求不等式的整数解，只需找直线和之间横坐标为整数的点，
由图可知：3，9，15，…均满足，共有338个，故A正确：
对于B：的整数解个数，
即直线和之间横坐标为整数的点的个数．
取，此时当时，不等式无解，则，故B错误；
对于C：要使，则区间和337个周期内各2个．
要使t最小，只需内包含1和2，因此t的最小值为，故C正确；
对于D：要使，则区间和337个周期内各2个．
要使a最大，只需内包含2和3，因此a的最大值为，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量a=（2,6）,b=,若a∥b,则 ____________.
【答案】-3
【解析】
【详解】由可得
【名师点睛】平面向量共线的坐标表示问题的常见类型及解题策略：
(1)利用两向量共线求参数．如果已知两向量共线,求某些参数的取值时,利用“若a＝(x1,y1),b＝(x2,y2),则的充要条件是x1y2＝x2y1”解题比较方便．
(2)利用两向量共线的条件求向量坐标．一般地,在求与一个已知向量a共线的向量时,可设所求向量为λa(λ∈R),然后结合其他条件列出关于λ的方程,求出λ的值后代入λa即可得到所求的向量．
(3)三点共线问题．A,B,C三点共线等价于与共线.
13. 已知，若直线上存在点P满足，则实数c的最大值是_________．
【答案】##
【解析】
【分析】由求得的轨迹为圆，结合直线与圆的位置关系即可求得c的最大值.
【详解】设，
由题意得，
整理得，
所以的轨迹为以为圆心，半径的圆，
因为在直线上，
所以与相切或相交，
则到的距离，
解得，
故c的最大值是.
14. 已知正方体的棱长为2，若球O同时满足条件：①与平面，平面均相切，②与棱相切（即与棱仅有一个公共点），则球O的半径的最小值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】作出相应图形，利用相切性质可得球心在上，再利用该球与棱相切，可得，再利用三角形性质计算即可得解.
【详解】球O与平面和平面均相切，
故球心O在二面角的角平分面上，
E，F，G，H，L，J为各自所在棱的中点，易知平面，
所以即二面角的平面角，
且EQ平分，要使半径最小，球心O在EQ上，

作，则平面，即球半径，
又球O与相切，故，因此，，
在中，，，，
因此，解得．

四、解答题：本题共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. 已知数列，，．
（1）求证：数列为等比数列，并求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】(1)通过配凑可得到；(2)依据数列的特征，用错位相减法即可求得.
【小问1详解】
，且
因此，是以为首项，为公比的等比数列
【小问2详解】
由（1）：，因此
令
两式相减得：
所以，.
16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，， E为线段的中点，F为线段上的动点．
（1）证明：平面平面；
（2）若直线EC与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）解法一：根据题意可证平面PAB，可得，进而可得平面PBC，即可证面面垂直；解法二：建系并标点，求平面与平面PBC的法向量，利用空间向量证明面面垂直；
（2）解法一：作，可知直线EC与平面AEF所成角为，根据题意结合几何性质运算求解；解法二：由（1）可知：，平面AEF的法向量，利用空间向量结合线面夹角运算求解.
【小问1详解】
解法一：因为平面ABCD，平面ABCD，则，
且，，平面，则平面PAB，
由平面，可得，
又因为，E为中点，则，
且，平面，则平面，
且平面，所以平面平面；
解法二：因为底面，，
如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设，则，，，，
设平面PBC的法向量为，则，
令，则，可得；
设平面AEF的法向量为，则，
令，则，可得；
因为，则，
所以平面平面.
【小问2详解】
解法二：作，垂足为H，
因为平面平面PBC，平面平面，平面PBC，，
则平面AEF，可知直线EC与平面AEF所成角为，
则，可得，，
设，则，，
因为与相似，则，即，
整理可得，解得或（舍去），
即，所以；
解法二：由（1）可知：，平面AEF的法向量，
设直线EC与平面AEF所成角为，
则，
整理可得，解得或，
所以.
17. 已知椭圆长轴的长为4，离心率为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线与椭圆C有唯一公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x，y轴于和．
（i）求面积的最大值；
（ii）当点M运动时，求点的轨迹方程．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）由椭圆的参数关系与离心率即可求解；
（2）（i）通过直线与椭圆相切的条件表示出三角形顶点坐标，利用基本不等式求面积最大值；（ii）用参数表示点坐标后代入相切关系消参得到轨迹方程.
【小问1详解】
由题意，，解得：
因此，椭圆C的标准方程为：
【小问2详解】
联立得：，
因为l与椭圆相切，故，化简得：，
即，
则，
过点M且与l垂直的直线方程为：
令得，令得;
（i）
当且仅当即时取等号，因此，
（ii），即，得
因为，所以，化简得：
因此，点P的轨迹方程为：
解法二：（2）设切点，则切线
直线，即
令得，令得
（i）
，
，当且仅当时等号成立，因此，
（ii）由得，即
因此，点P的轨迹方程为：
18. 已知函数．
（1）当时，求在上的最大值；
（2）当时，若对任意的实数m，直线与曲线恰有一个公共点，求实数b的取值范围；
（3）若．证明：当时，．
【答案】（1）1 （2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数求的单调性和最值；
（2）原题意等价于方程仅有一个解，令，可知在R上为单调函数，且值域为R，分类讨论的符号，结合导数应用运算求解；
（3）根据题意结合（1）中结论分析可知，分和两种情况，利用导数结合三角函数的有界性分析证明.
【小问1详解】
当时，则，，
可知在单调递减，所以在上的最大值为.
【小问2详解】
当时，，
令，即，可得，
原题意等价于方程仅有一个解，
令，则，
因为对任意实数m，方程都仅有一个解，
可知在R上为单调函数，且值域为R，
令，则，
因为当趋近于时，趋近于，则恒成立，
（i）当时，则，可知在R上单调递减，值域为R，满足题意；
（ii）当时，当时，；当时，；
可知在单调递减，在单调递增，则，
当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于；
可知存在唯一零点，
当时，，即；当时，，即；
可知在单调递增，在单调递减，不符合题意；
（iii）当时，当时，；当时，；
可知在单调递增，在单调递减，
则，解得，
当时，在定义域内单调递减，
当趋近于时，趋近于；当趋近于时，趋近于；
可知值域为R，符合题意；
综上所述：实数b的取值范围为．
【小问3详解】
当时，，
若证，即证，
因为，，则，
由（1）可知：，即，则
可得，
若证，即证，
（i）当时，则，可得，
且，则，可得，所以；
（ii）当时，则，可得，
整理可得，
令，则，
因为，则，
可知在上单调递增，，
且，可得，所以；
综上所述：时，.
19. 在某个抽奖游戏中，抽奖箱内装有个大小相同、质地均匀的小球，编号分别为1，2，…，n．游戏规则如下：从箱子中随机取出一个小球，记录下编号后放回；再从箱子中随机取出一个小球，记录下编号后放回：重复这个过程，直到某次取到的小球的编号小于或等于上一次取到的小球的编号时停止．游戏停止时，取球的总次数记作T，表示“共有n个小球，按规则取球k次后游戏停止”的概率．
（1）求和的值；
（2）若小球的个数为n，求游戏停止时取球次数为奇数的概率（用n表示）．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）法一列出符合题意的事件，进而递推出事件总数，最后得到概率，法二利用对立事件与组合数的性质求解概率即可.
（2）法一结合题意得到，再利用递推关系求和，法二对为奇数和偶数分类讨论，再逆用二项式定理求解即可.
【小问1详解】
法一：将n次摸到的小球的编号依次排列，
记为，且，即；
当时，；
当时，；……，当时，，
共有种，故，
而，即，且；
当时，，有种，
当时，，有种，
以此类推可得种，
因此.
法二：由题意得的含义：摸球2次后停止，其反面为，
而的含义是前2次未能停止，即前两次小球编号依次增大，有种可能，
因此，
而的含义：摸球3次后停止，其反面包含两种可能或者，
其中，的含义是前3次未能停止，即前三次小球的编号依次增大，有种可能，
因此.
【小问2详解】
法一：记为“摸到k号球时，后续还需抽取奇数次游戏才停止”的概率,
则,
设摸到k号球的下一次摸到的是m号球，
若，游戏停止；若，则游戏继续，
，
记，则，
又，故，
，
，
因此，.
法二：共n个小球，则最多次必停止，
且，
若，则说明前n次小球的编号依次增加，第次编号任意，
因此，若，则类似（1）的讨论，
可得，
其中，的含义是前次未能停止，
即前次编号依次增加，共种可能，因此，
，
①若n为偶数，则
，
②若n为奇数，则
，
综上所述，.