2026年上海市崇明区高三下学期二模数学试卷和答案

这是一份2026年上海市崇明区高三下学期二模数学试卷和答案，共12页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

上海市崇明区 2025 学年第二学期高三数学
考生注意：
本试卷共 4 页，21 道试题，满分 150 分，考试时间 120 分钟.
本试卷分设试卷和答题纸.试卷包括试题与答题要求.作答必须涂（选择题）或写（非选择题）在答题纸上，在试卷上作答一律不得分.
答卷前，务必用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号码等相关信息.
一、填空题（本大题共有 12 题，满分 54 分，其中 1∼6 题每题 4 分，7∼12 题每题 5 分）
集合 A  2, 4, 6,8,10， B  1, 6 ，则 A  B  .
【答案】2, 4
【解析】
【分析】根据交集的概念运算.
【详解】由题意得， A  B  2, 4.
故答案为： 2, 4
不等式 x 1  2 的解为．
【答案】x 1  x  3
【解析】
【详解】解： x 1  2 ，
2  x 1  2 ，解得1  x  3，
故不等式 x 1  2 的解为x 1  x  3 ．
若复数 z 满足
【答案】 1 i
z i （ i 为虚数单位），则 z .
1 i
【解析】
【分析】利用复数的乘法运算化简求值．
【详解】因为
z i ，所以 z  1 ii  i  i2  i 1 ，
1 i
所以 z  1 i ；故答案为： 1 i

已知向量 a  k, 2 ， b  2,1 ，若 a b ，则实数 k  .
【答案】 1
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示，由 可得 即可得解.
a b
【详解】由 
得 
a  b
 0 ，
a b
a b  2k  2  0
 2k  2  0 ，k  1.
故答案为： 1
若 x  0 ， y  0 ，且 xy  1，则 x  2 y 的最小值为．
2
【答案】 2
【解析】
2xy
【详解】由基本不等式可得 x  2 y  2
2
 2，
当且仅当 x  2 y ，即 x 
所以 x  2 y 的最小值为 2
2, y 
2
.
2 时等号成立，
2
已知cs  3 ，则cs2的值为.
5
【答案】  7
25
【解析】
【分析】利用二倍角的余弦公式，即可求得结果．
【详解】由cs  3 ，则cs2 2cs21  2  9
1   7 .
5
故答案为：  7
25
2525
从一副去掉大小王的 52 张扑克牌中随机抽取一张牌，事件 A 表示“取得的牌面是 A”，事件 B 表示“取得的牌的花色是黑桃”，则 P B | A 为.
1
【答案】 4 ##0.25
【解析】
【分析】计算出 P  A, P  AB ，利用条件概率公式进行求解.
【详解】 P  A  4
 1 ， P  AB   1
1
，故 P  B | A  P  AB   52  1 .
1
故答案为：
4
521352
P  A14
13
2
在ABC 中，角 A、B、C 所对的边长分别为 a、b、c．若 A  45 ，C  30，c ，则 a  ．
【答案】2
【解析】
【详解】由正弦定理得
a
sin 45
2
sin 30
，解得 a 
2 sin 45  2 .
sin 30
1234
已知  x 13   x 14  x4  a x3  a x2  a x  a 则 a1  .
【答案】5
【解析】
1
【分析】由题意，a 为 x3 的系数， x 13 和 x 14 的展开式中都包含 x3 项，利用二项式展开的通项公式，即可得解.
1
134
【详解】由题意， a 为 x3 的系数，  x 13 和 x 14 的展开式中都包含 x3 项，故 a x3  C0 x3  C1 x3 1  5x3 ，
故 a1  5
故答案为： 5
如图，已知圆柱的一个截面边界是椭圆Γ，其中Γ的长轴 AC 为该圆柱轴截面的对角线，短轴长等于圆柱底面直径的长．将圆柱侧面沿母线 AB 展开，则椭圆Γ 在展开图中恰好为一个周期的三角函数图像．若该
段曲线是函数 y  1
3sin x 的图像的一部分，则椭圆Γ 的离心率为．
2
【答案】 21
7
【解析】
【分析】由正弦函数的最值和周期求得圆柱的高和底面半径，进而求得椭圆的长轴和短轴，即可得离心率.
x
T  2π  4π
【详解】函数 y  1
3sin 2 的值域为1
3,1
3 ，最小正周期1，
3
2
7
7
依题意，圆柱的高 h 
AB  2
，设圆柱的底面半径为 r ，则 2πr  4π ，解得 r  2 ，
h2  (2r)2
椭圆短轴长 2b  2r  4 ，即b  2 ，长轴长 2a 
 2
，即 a ，
a2  b2
b2
1
a 2
21
所以椭圆的离心率e .
a7
设 f  x   sinx ， f  x  cs x  π  ．若对任意t  R ，存在i 1,2 使得函数 y  f  x 在区间
126 i

t, t  a(a  0) 上是单调函数，则实数 a 的取值范围是．
π
【答案】(0, ]
3
【解析】
【分析】先找出两个函数的单调区间的分界点，再进行排序，找到相邻两分界点的最小间距即可
【详解】 f (x)  sin x ，由正弦函数的性质得到单调区间的分界点 x  π  kπ,k  Z ，
12
相邻分界点间隔为π ，因此每个单调区间的长度为π ；
f (x)  cs(x  π) ，令 x  π  lπ,lZ ，则 x  lπ  π ,l  Z ，
2666
故单调区间的分界点 x  kπ  π ,
6
k  Z ，
相邻分界点间隔为π ，因此每个单调区间的长度为π .
π2π
两类分界点合并排序，可发现它们交替排列，相邻两个不同类型的分界点的间隔交替为 和，
33
所以两类分界点之间的最小距离为
π
，所以
3
a  π
3
，又 a  0 ，所以 a 的取值范围是(0, ] .
π
3
1
3
已知首项为 1 的等比数列a 满足对任意的正整数 m，n 都有 a  a m  n ，则等比数列a 的
nmnn
公比 q 的取值范围是．
【答案】 2  q  1 3
【解析】
【分析】取特殊情况结合指数函数与一次函数性质可得 2  q  1，再证明 2  q  1时，对任意的正整数 m，
33
1
3
n 都有 am  an m  n 恒成立即可得.
1n1
1
【详解】由题意可得 an  a qn q，取 k  m 1 N ，
当 n  1 时，有 a
m  an
 qk 1  1 k ，
3
当 k  1时，有 q 1  1 ，故 2  q  4 ；
333
若 q  1，则当 k   时，指数函数增速会大于一次函数，
故 qk 1  1 k 不可能恒成立，故 q  1 ；
3
综上可得 2  q  1；
3
下证充分性：
当 2  q  1时，不妨设 m  n ，则 a
 a ，
3
故需满足 a  a
 1 m  n  ，即 a
mn
1 n  a
1 m ，
nm3n3m3
令b  qn1  1 n ，则只需满足数列b 为非递减数列即可，
n3n
bn1
 bn
 qn  1 n  1  qn1  1 n  qn  qn1  1  qn1 q  1 1 ，
33333
由 2  q  1，则 q 1  1 , 0 ， qn1  1 ，
3 3
则bn1
 bn
 qn1 q 1  1   1  1  0 ，
333
故数列bn为非递减数列，
即 2  q  1时符合题意.
3
二、选择题（本大题共有 4 题，满分 18 分，其中 13~14 题每题 4 分，15~16 题每题 5 分）
在空间内，异面直线所成角的取值范围是（）
A.  0,
B.  0,
C. 0,
D. 0,

2 
2 
2 
2 


【答案】B
【解析】
【分析】由异面直线所成角的定义可得出答案.
【详解】由异面直线所成角的定义可知,过空间一点分别作相应直线的平行线,两条相交直线所成的直角或锐

角为异面直线所成角,所以两条异面直线所成角的取值范围是(0, ],
2
故选 B.
【点睛】本题考查立体几何中异面直线所成的角,需要学生熟知异面直线的定义以及性质,考查了转化思想,属于基础题.
下列函数中，在R 上为严格增函数的是（）
y = x2
y  x
y  sinx
y  x3
【答案】D
【解析】
【详解】对于 A， y = x2 是定义在 R 上的偶函数，
在区间, 0 上单调递减，在区间0,  上单调递增，故 A 不符合题意；
对于 B， y  x 是定义在 R 上的偶函数，
在区间, 0 上单调递减，在区间0,  上单调递增，故 B 不符合题意；对于 C， y  sinx 是定义在 R 上的周期函数，
在区间 π  2kπ, π  2kπ , k  Z 上单调递增，在区间 π  2kπ, 3π  2kπ , k  Z 上单调递减，故 C 不
22 22
符合题意；
对于 D， y  x3 在R 上为严格增函数，故 D 符合题意.
已知 Aa, 0 ， B a, 0 ， l1 : ax  y  0 ， l2 : ax  y  0 ，其中 a  1 ，点 P 为平面内一点，记点 P 到
l1 ， l2 的距离分别为 d1 ， d2 ，则下列条件中能使点 P 的轨迹为椭圆的是（）
A. PA  PB  2aB. PA |2  PB |2  4a2
C. d 2  d 2  4a2
D. d  d
 4a
1212
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆的定义可判断 A 的真假；求 P 点的轨迹方程，判断 BCD 的真假.
【详解】对于 A，因为 PA  PB  2a  AB ，所以 P 点轨迹为线段 AB ，故 A 错误；
对于 B，设 P  x, y  ，则由 x  a 2  y2   x  a 2  y2  4a2  x2  y2  a2 ，所以 P 点轨迹为圆，故 B
错误；
ax  y
2
对于 C，由
2
ax  y

 4a2  a2 x2  y2  2a2 a2 1 ，
a2 1 a2 1 
x2
因为 a  1 ，方程可化为 2 a2 1 
y2
2a2 a2 1
 1，所以 P 点轨迹为椭圆，故 C 正确；
a2 1
ax  y
对于 D，由
 4a 
ax  y  ax  y  4a，
a2 1
ax  y
a2 1
①当 ax  y  0 且 ax  y  0 ，即ax  y  ax 时，
a2 1
去绝对值可得 ax  y  ax  y  4a
，即 x  2，
a2 1
a2 1
此时结合约束条件2a
 y  2a
可知点 P 的轨迹为垂直于 x 轴的线段；
a2 1
②当 ax  y  0 且 ax  y  0 ，即 y  ax 且 y  ax ，
a2 1
a2 1
去绝对值可得 ax  y  ax  y  4a，即 y  2a，
a2 1
此时结合约束条件2
 x  2
可知点 P 的轨迹为垂直于 y 轴的线段；
a2 1
③当 ax  y  0 且 ax  y  0 ，即 y  ax 且 y  ax ，
a2 1
a 2 1
去绝对值可得ax  y  ax  y  4a，即 x  2，
a2 1
此时结合约束条件2a
 y  2a
可知点 P 的轨迹为垂直于 x 轴的线段；
a2 1
④当 ax  y  0 且 ax  y  0 ，即 y  ax 且ax  y ，
a2 1
去绝对值可得ax  y  ax  y  4a，即 y  2a a2 1 ，
a2 1
此时结合约束条件2
 x  2
可知点 P 的轨迹为垂直于 y 轴的线段；
a2 1
综上可知 P 点轨迹为四条线段，故 D 错误.
已知函数 y  f  x ，x  R ．定义集合 M {x0
对任意的 x  x0 ，都有 f  x  f  x0 } .对于所有使得
M  1, 2的函数 y  f  x ，有以下两个命题：①存在函数 y  f  x 在 x  2 处取极小值；②存在函数
y  f  x 图像是连续曲线．下列判断正确的是（）
A. ①②都真B. ①真②假C. ①假②真D. ①②都假
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意可知集合 M 为函数 y  f  x 的非严格单调递增区间，
不妨令函数 f  x   1 x3  3 x2  2x ，易知 f  x  x2  3x  2   x 1 x  2 ,
32
因此当 x 2, 1 时， f  x  0 ，当 x , 2 或1,  时， f  x  0 ，可知 f  x 在2, 1 上单调递增，在, 2 和1,  上单调递减，
此时函数 f  x   1 x3  3 x2  2x 满足在 M  1, 2上单调递减，满足题意，
32
即存在函数 y  f  x 在 x  2 处取极小值，且是连续曲线，因此①②都真.
三、解答题（本大题共有 5 题，满分 78 分）
2
如图，在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AB  BC ， AC  AA1  2 ，且 D，E 分别是 AC ， A1C1 的中点．
证明： DC1 / / 平面 ABE ；
求三棱锥C1  ABE 的体积．
【答案】（1）证明见解析
1
（2）
3
【解析】
【分析】（1）由题意可得四边形 ADC1E 是平行四边形，则可得 DC1 / / AE ，再利用线面平行判定定理即可得证；
11
（2）由 E 为 A1C1 的中点，可得VC  ABE  VA  ABE ，再利用等体积法计算即可得解.
【小问 1 详解】
由直三棱柱性质可得 A1C1  AC ， A1C1 / / AC ，
由 D，E 分别是 AC ， A1C1 的中点，则C1E  AD ， C1E / / AD ，则四边形 ADC1E 是平行四边形，故 DC1 / / AE ，
又 AE  平面 ABE ， DC1  平面 ABE ，故 DC1 / / 平面 ABE ；
【小问 2 详解】
2
由 AB  BC ， AC  2 ，则 AB2  BC 2  AC 2 ，
故ABC 为等腰直角三角形，则点 D 到 AB 的距离为 1 BC 2 ，
22
则点 E 到 A1B1 的距离为 d 2 ，
2
由 E 为 A1C1 的中点，则点 A1 与点C1 到平面 ABE 的距离相等，
故V V
 V 1 S
 d  1  1  22
2  1 .
C1  ABEA1  ABEE  A1BA
3 A1BA

3223
2025 年 11 月，教育部等五部门联合印发《关于实施学生体质强健计划的意见》，明确要求“中小学生每
天综合体育活动时间不少于 2 小时”．某学校为了解政策落实情况及其对学生视力的影响，随机抽取了 100
名学生进行每周累计体育活动时长的调查，得到如下频率分布表：
视力良好
视力一般
合计
活动时间达标（不少于 14 小时）
40
活动时间未达标（低于 14 小时）
30
合计
100
同时，对这 100 名学生的视力进行了检查，将视力达到 5．0 及以上定为“视力良好”，低于 5．0 定为“视力一般”，得到如下 2×2 列联表（部分数据缺失）：
从活动时长在0, 7 和28, 35的学生中，按比例分层随机抽样抽取 5 人进行座谈.若从这 5 人中随机
每周活动总时长（单位：时）
0, 7
7,14
14, 21
21, 28
28, 35
频率
0.15
0.25
0.35
0.15
0.1
抽取 2 人，设 X 为抽取的 2 人中活动时长在28, 35的人数，求 X 的分布列和数学期望 E X  ；
依据 0.05 的独立性检验，判断是否有 95%的把握认为“视力情况”与“体育活动时长是否达标”有关.
参考公式及数据：
① 2 
n ad  bc 2
a  b c  d a  c b  d 
，其中 n  a  b  c  d ．
② P 2  6.635  0.01 ， P 2  5.024  0.025 ， P 2  3.841  0.05 ， P 2  2.706  0.1．
【答案】（1）
E  X   0.8
（2）有 95%的把握认为“视力情况”与“体育活动时长是否达标”有关.
【解析】
【分析】（1）通过按比例分层随机抽样确定 5 人各有几人来自0, 7 和28, 35 ，再确定 X 的可能取值，求得相应概率即可求解；
（2）先补全列联表，求得相应2 ，再对比数据即可求解.
【小问 1 详解】
由于0, 7 和28, 35 频率分别为0.15, 0.1 ， 0.15  3 ，
0.12
则按比例分层随机抽样，抽取 5 人进行座谈，有 3 人来自0, 7 ，2 人来自28, 35 ，由题意 X 的可能取值为 0，1，2，
C23
P  X  0  3 ,
X
0
1
2
P
3
10
3
5
1
10
C
2
5
P  X  1  3 2
C1 C1
C
2
5
C2
10
 3 ,
5
1
P  X  2  2 ,
C
5
210
所以 X 的分布列是：
X
0
1
2
E  X   0  3 1 3  2  1  0.8 .
10510
【小问 2 详解】
由题意活动时间达标人数为1000.35  0.15  0.1 =60 ，活动时间未达标人数为1000.15  0.25 =40 ，
故列联表如下：
P
3
10
3
5
1
10
视力良好
视力一般
合计
活动时间达标（不少于 14 小时）
40
20
60
活动时间未达标（低于 14 小时）
10
30
40
合计
50
50
100
零假设 H0 ：“视力情况”与“体育活动时长是否达标”无关．
根据列联表数据，计算2 
100 40  30  20 102
40  2010  3040 1020  30
根据小概率值 0.05 的独立性检验，判断 H0 不成立，
所以有 95%的把握认为“视力情况”与“体育活动时长是否达标”有关.
设函数 f  x  x2  x  a ln x, a  R ．
若 a  1 ，求 f  x 的图象在 x  1 处的切线方程；
若 f x   0 在1,  上恒成立，求 a 的取值范围；
【答案】（1） 2x  y  2  0
（2） 1, 
= 100
6
16.667>3.841，
【解析】
【分析】（1）对函数求导，求出切线斜率和切点坐标，进而求得切线方程.
（2）对函数求导，判断单调性求出最小值，分 a  1, a  1 两种情况讨论求解不等式恒成立时 a 的范围.
【小问 1 详解】
a  1 时， f  x  x2  x  ln x ，对函数求导得 f  x  2x 1 1 .
x
所以 f 1  2 1 1  2, f 1  0 .
1
所以 f  x 的图象在 x  1 处的切线方程为 y  0  2  x 1 ，即 2x  y  2  0 .
【小问 2 详解】
由 f  x  x2  x  a ln x 得 f  x   2x 1 a  2x2  x  a .
xx
2  x
因为 2x2  x  a  

1 2 
4

 1  a 在1,  上单调递增，所以2x2
8
 x  a 
min
 1 a .
若 a  1 ，则 f  x   0 在1,  上恒成立，所以 f  x  在1,  上单调递增，又 f 1  0 ，所以 f x   0 在1,  上恒成立，
若 a  1 ，令 f  x   0 得 x  1
1 8a 或 x  1 1 8a ，且1 1 8a  0,1 1 8a
1 .
4444
当 x 1, 1 1 8a  时， f   x   0 ， f  x  单调递减，
4

所以 f  x  f 1  0 ，与 f x   0 在1,  上恒成立矛盾，
综上所述， a 的取值范围是1,  .
2
2
已知椭圆C : x  y  1 ．
43
求椭圆 C 的离心率e ；

已知椭圆右顶点为 A，设点 M 为 y 轴正半轴上一点，点 P 为椭圆 C 上的一点.若 AP  2PM ，求点 M
的坐标；
已知G  5 ,0 ，过点 R 4, 0 的直线交椭圆 C 于 D，E 两点，直线 DG 交直线 x  1 于点 H，证明: EH  y
 2

轴．
【答案】（1） 1 ；
2
（2） 0, 6  ；
（3）证明见详解.
【解析】
【分析】（1）根据离心率定义直接计算可得；
设 M 0, m, m  0 利用向量关系表示出点 P 坐标，代入椭圆方程即可得解；
利用韦达定理表示出点 E 的纵坐标，利用向量共线表示出点 H 的纵坐标，证明 E 和 H 的纵坐标相等即可得证.
【小问 1 详解】
2
2
记椭圆C : x  y  1 的长轴长为2a ，短轴长为 2b ，焦距为 2c ，
43
则 a  2,b 
3, c 
 1 ，所以离心率 e  c  1 .
a 2  b 2
a2
【小问 2 详解】
由题知， A2, 0 ，设 M 0, m, m  0 ， P  xP , yP  ，
因为 AP   x
 2, y
, PM  x
, m  y


，

，
PPPP
AP2PM
所以 x
 2, y
  2x
, m  y
 ，得 x
 2 , y
 2m ，
PPPP
14m2
P3P3
代入椭圆方程得
 1，解得 m 
927
6 （负根舍去）
【小问 3 详解】
易知，当直线 DE 斜率为 0 时， D, E 为长轴端点， H 与右焦点重合，满足题意；设直线 DE 的方程为 x  ny  4 ， D  x1, y1 , E  x2 , y2 ，
22
联立 4 + 3 = 1 得： 3n2  4 y2  24ny  36  0 ，
= + 4
由Δ = 24 2 − 4 32 + 4 × 36 = 144 2 − 4 > 0 得n  2 或 n  2 ，
则1 + 2 = −24 , 12 = 36 ，
32+432+4
所以 3 + =− 2 ，则2 = −31 ，
121 2
3+21
 3

设 H 1, h ，因为 D, H ,G 三点共线，则 DH / / HG ， DH  1 x1, h  y1 , HG   2 , h  ，
5−2 1+4
所以h 1 x   3 h  y  ，则ℎ = 31 =31= −31 ，
121
5−21
3+21
所以ℎ = 2，所以 EH  y 轴.
函数 y  f  x ， x  R 是减函数，即对于任意的x ， x2  R ，当 x1  x2 时，均有 f  x1   f x2  ．
1
若 f  x  x3  ax ，求实数 a 的取值范围；
是否存在函数 y  f  x 是偶函数，且满足 f  f  x  x 对所有 x  R 成立？若存在，请举出一个满足
条件的函数，若不存在，请说明理由；
设 g  x  sinx ，已知函数 h  x 
【答案】（1） , 0
f  x  g  x 是周期函数，求证： f  x 为常值函数．
（2）不存在，理由见解析（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数恒小于或等于0 即可得到 a 取值范围；
结合单调性和奇偶性判断出 f  x 为常值函数，进一步判断 f  f  x  x 不恒成立；
根据周期函数性质构建出等式，根据 f  x 的单调性得到 g  x 应满足的性质，再结合正弦函数本身的性质进行推导，最后得到 f  x 为常数
【小问 1 详解】
f  x 为减函数，则 f  x  3x2  a  0 即a  3x2 恒成立，所以 a  0 .
【小问 2 详解】
因为 f  x 为减函数，取任意实数 x1, x2 ，设 x1  x2 ，则有 f  x1   f  x2  ，又 f  x 为偶函数即有 f  x  f x ，可得 f x1   f x2 ，
同时根据单调性由x1  x2 可得 f x1   f x2 ，所以 f x1   f x2 
即 f  x1   f  x2  对任意实数 x1, x2 成立，所以 f  x 为常值函数，设 f  x  C ，
则 f  f  x 
f C   C ，
当 x  C 时， f  f  x  x 不成立，所以不存在满足条件的函数.
【小问 3 详解】
设函数 h  x 的正周期为T 即对任意 x  R 都有 f  x  g  x  f  x  T   g  x  T  ，因为 x  x  T ，根据 f  x 为减函数可知 f  x  f  x  T  ，所以 g  x  g  x  T  ，那么有 g  x   g  x  T  ，因为 g  x   sin  x   sin x  g  x ，
所以g  x  g  x  T  即 g  x  g  x  T  ，于是可得 g  x  g  x  T  ，从而 f  x  f  x  T ，而 f  x 为减函数，所以 f  x 在a, a  T  上为常值函数，其中a 为任意实数，
所以 f  x 在R 上为常值函数.