广东深圳市盐田高级中学2026届高三下学期二模热身考试数学试题（含解析）高考模拟

这是一份广东深圳市盐田高级中学2026届高三下学期二模热身考试数学试题（含解析）高考模拟，共5页。试卷主要包含了 已知函数为奇函数，则等于， 已知，，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题（本大题共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. 样本数据3，8，14，16，24的平均数为（ ）
A. 9B. 10C. 13D. 18
【答案】C
【解析】
【详解】由题设，样本数据的平均数为.
2. 设，互为共轭复数，如果，且为实数，那么（ ）
A. B. 2C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先设出复数和的代数形式，根据条件，转化为复数运算，利用待定系数法求解.
【详解】设，，，
z1−z2=2bi=2b=6，所以b=62，
设z1z22=a+bia−bi2=m，，即a+bi=ma−bi2=ma2−b2−2abmi，
所以a=ma2−b2b=−2abm，且，解得：，
z1=z2=a2+b2=2.
3. 抛物线的焦点为上的点到的距离等于到直线的距离，则（ ）
A. 2B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用抛物线的定义建立方程，求解参数即可.
【详解】因为抛物线上的点到的距离等于到直线的距离，
所以是抛物线的准线，故，解得，故A正确.
故选：A
4. 已知函数，则下列结论不正确的是（ ）
A. 是偶函数B. 的单调递增区间为
C. 是周期为的周期函数D. 的图象关于点对称
【答案】C
【解析】
【分析】化简函数的解析式，利用函数奇偶性的定义可判断A选项；利用复合函数的单调性可判断B选项；利用函数周期性的定义可判断C选项；利用函数对称性的定义可判断D选项.
【详解】由题知，，且该函数的定义域为，
，∴是偶函数，故结论A正确；
∵的单调递增区间为，值域为，
在区间上单调递增，∴的单调递增区间为，故B选项正确；
∵，
∴不是周期为的周期函数，故C选项错误；
∵，
∴的图象关于点对称，故D正确，
故选：C．
5. 已知函数为奇函数，则等于 （ ）
A. B. 1C. 0D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据奇函数求出时的解析式，对照所给解析式得出即可得解.
【详解】设，则，
所以，
所以，
又当时，，
所以，故，
故选：D
6. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】令，，则，，由余弦的和差公式可得：，，
展开得：，
两式相减得：，则：，
即：.
7. 已知向量与，，向量在向量方向上的投影向量是，则（ ）
A. 4B. 16C. 1D. 3
【答案】A
【解析】
【详解】由题设，则，
由，则.
8. 已知，，满足，，，则，， 的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用指数对数函数图像数形结合即可得到，，的大小关系.
【详解】在同一平面直角坐标系内作出
的图像
过点；过点；
过点；过点，
则与图像交点横坐标依次增大，
又与图像
交点横坐标分别为，则.
故选：C
二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 设P为菱形所在平面外一点，与交于，为上（异于，）的一点，则（ ）
A.
B. 与异面
C. 若为的中点，则平面
D. 若，则平面
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据线线，线面的位置关系判断AB，根据线面平行的判断定理判断C，根据线线垂直，证明线面垂直，判断D.
【详解】A.平面，平面，且，所以与是异面直线，故A错误；
B. 平面，平面，且，所以与是异面直线，故B正确；
C.点分别是的中点，所以，平面，平面，所以平面，故C正确；
D. 因为，为的中点，所以，且，，
且平面，所以平面，故D正确.
10. 斜率为2的直线与双曲线的两条渐近线交于，两点，与双曲线交于两点，是线段的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 是双曲线两条渐近线所构成的“”形图像的方程
B. 也是线段的中点
C. 若过双曲线的焦点，则直线的斜率是
D. 若过双曲线的焦点，点的坐标为，则该双曲线的离心率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由双曲线渐近线求法即可判断A；分别联立直线与双曲线和渐近线方程结合韦达定理即可判断B；由点差法即可求解判断CD.
【详解】对于A：或
这恰为双曲线两条渐近线，故A正确；
对于B：设直线方程为，分别联立与，得
和，这两式的两根之和都是，所以线段的中点与线段的中点为同一个点，故B正确；
对于C：因为两式相减得，即直线的斜率是，故C错误；
对于D：由C选项可知，得，则故D正确.
故选：ABD.
11. 在等差数列中，．现从数列的前10项中随机抽取3个不同的数，记取出的数为正数的个数为．则下列结论正确的是（ ）
A. 服从二项分布B. 服从超几何分布
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据等差数列的性质可得前10项中有6个正数，即可求解从而可判断服从超几何分布，即可判断ABC,由超几何分布的期望计算即可判断D.
【详解】依题意，等差数列公差，则通项为
，
由得，即等差数列前10项中有6个正数，
的可能取值为的事件表示取出的3个数中有个正数，（）个非正数，
因此，不服从二项分布，服从超几何分布，不正确，B正确；
错误；
由题正确．
故选：．
三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知a，b，c分别是的三个内角A，B，C所对的边.若，，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理可求边.
【详解】因为，且为三角形的内角，所以.
由正弦定理，得：.
故答案为：
13. 已知等差数列中，，则前7项和______.
【答案】21
【解析】
【分析】根据等差数列中，，，求得公差和首项，由等差数列前n项和公式求解.
【详解】因为等差数列中，，，
所以公差，首项为，
所以前7项和.
故答案为：21
14. 设，，，均是正整数，且．则________．
【答案】14
【解析】
【分析】由及，可知，，于是，从而，求解．
【详解】不妨设，则．
由及，
可知，，于是，
从而，．
因此，故，，，．
因此．
故答案为：
四．解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知等差数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的通项公式和性质求解即可；
（2）利用裂项相消法求和即可.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
因为，所以，
即，即①，
又由，得，即②，
由①②得：，所以．
【小问2详解】
由（1）得，所以，
所以．
16. 在一个系统中，每一个部件能正常工作的概率称为部件的可靠度，而系统能正常运行的概率称为系统的可靠度.某系统有四个核心部件，其中甲型两个，乙型两个，四个部件至少有三个正常工作时，系统才能正常运行，且各部件是否正常工作相互独立，一个甲型部件的可靠度为，一个乙型部件的可靠度为，且，系统能正常运行称为试验成功.
（1）在一批产品中随机抽取六盒甲型部件，每盒9件，经逐个检测部件指标可以整理成下表，已知指标在内甲型部件可以正常工作.
（i）请根据抽样结果估计甲型部件的可靠度；
（ii）若取（i）中的估计值，在一个系统试验成功的条件下，求这个系统中两个甲型部件同时正常工作的概率；
（2）研发人员计划按照下图结构优化系统，①②位置上的部件中至少有一个能正常工作并且③④位置上的部件中至少有一个能正常工作，系统就能正常运行.优化后系统比优化前可靠度是否有提高？按照这个优化方案怎么安排原有的四个部件使新系统可靠度最大，请说明理由.
【答案】（1）可靠度
（2）见解析.
【解析】
【分析】（1）根据图表中的数据即可求出甲型部件的可靠度，再根据条件概率的定义即可求得这个系统中两个甲型部件同时正常工作的概率；
（2）根据题干可得一共有两种分配方案，分别计算出他们的概率比较大小即可得到优化方案.
【小问1详解】
（i）甲型部件的总数为，根据题中表格统计指标在的甲型部件个数为，
故甲型部件的可靠度；
（ii）又一个甲型部件的可靠度为，一个乙型部件的可靠度为，且，
故乙型部件的可靠度为，设“系统试验成功”为事件A,“两个甲型部件同时工作”为事件B，
设“两个甲型部件两个乙型部件同时正常工作”为事件C，
则,
设“两个甲型部件一个乙型部件同时正常工作”为事件D，
则,
设“一个甲型部件两个乙型部件同时正常工作”为事件E，
则,
,
,
,
【小问2详解】
（2）优化后系统可靠度提高了.
原因：原系统需要四个部件正常工作或三个部件正常工作，系统才能正常运行，新系统除了在四个部件正常工作或三个部件正常工作时，系统能正常运行以外，只有两个部件正常工作，系统也可能正常运行，所以可靠度提高了.
按照这个优化方案安排原有的四个部件可以有两种方法：
方法一：（1）（2）放同型部件，（3）（4）放同型部件，不妨设（1）（2）放甲型部件（3）（4）放乙型部件，设此时可靠度为；
方法二：（1）（2）放不同型部件，（3）（4）放不同型部件，不妨设（1）（3）放甲型部件，（2）（4）放乙型部件，设此时可靠度为.
；
因为，所以，，即，
所以当时，两个方案都可以；
当时，方案二可靠度更高.
17. 如图，四棱锥中，平面平面，是边长为6的等边三角形，，，点在棱上，且．
（1）求证：∥平面；
（2）已知．
①若二面角的正切值为2，求三棱锥的体积；
②若，设直线与平面所成的角为，若，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）① ；②
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到，进而证明出线面平行；
（2）①作出辅助线，为二面角的平面角，根据二面角的正切值求出，求出其他各边长，利用求出体积；
②作出辅助线，得到为与平面所成角，即，求出各边长，其中，由余弦定理得，由求出，，得到答案.
【小问1详解】
连接交于点，连接，
，，由相似三角形的性质，可得，
又，所以，
平面，平面，
平面．
【小问2详解】
①取的中点，取的中点，连接，，，
则，，
，，
∵是边长为6的等边三角形，则，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，平面，．
又，平面，平面，
∵平面，，所以为二面角的平面角．
在中，．
在中，，
，
．
②过作交于，连接，由于平面，
所以平面，
则为与平面所成角，即，．
点在棱上，且．
由，，，
由余弦定理得
，
，，，，
故的取值范围为．
18. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）当时，若方程有两个不等实根，证明：．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数求导，，讨论与时导函数的正负，来确定函数单调区间．
（2）有两个不等实根，设，且，构造,，再根据函数单调性证明即可．
【小问1详解】
函数的定义域为，
时，当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
时，令得，
当时，当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
当时，当时，，所以在上单调递增.
当时，当时，；当时，，
所以在上单调递增,在上单调递减. ,,
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
由（1）知，时，在上单调递减，在上单调递增，
因为方程有两个不等实根，所以不妨设，且
设,令，

则，
所以当时，在单调递减，又，
所以，即
又，所以，
又由于，且在上单调递增，
所以即.
19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，过点的动直线交于A，B两点，点在轴上方，且不与轴垂直，的周长为，直线与交于另一点，直线与交于另一点，点为椭圆的下顶点，如图①.
（1）当点为椭圆的上顶点时，将平面xOy沿轴折叠如图②，使平面平面，求异面直线与所成角的余弦值；
（2）若过作，垂足为.
（i）证明:直线过定点；
（ii）求的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）证明见详解；（ii）
【解析】
【分析】（1）据题意求出椭圆方程，折叠后建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求出异面直线与所成角的余弦值；
（2）（i）联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理求出点的坐标，同理得到点的坐标，进而得到直线的方程，根据对称性，可判断定点在轴上，故令，即可得到定点坐标；（ii）由题意可知，点的轨迹为以，为直径的圆（除外），由即可求解.
【小问1详解】
由椭圆定义可知，，
所以的周长为，所以，
又因为椭圆离心率为，所以，所以，
又，所以椭圆的方程：，
所以椭圆的焦点为，，
当点为椭圆的上顶点时，，
所以直线的方程为：，
由解得，，
由对称性知，
以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴的正半轴所在直线为轴建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
，，
设直线与所成角为，
则，
异面直线与所成角的余弦值为.
【小问2详解】
（i）设点，，，，
则直线的方程为，则，
由得，，
所以，
因为，所以，
所以，故，
又，
同理，，，
由三点共线，得，
所以，
直线的方程为，
由对称性可知，如果直线过定点，则该定点在轴上，
令得，
，
故直线过定点.
（ii）由题意知点，点的轨迹为以，为直径的圆（除外），
圆心为，半径为，故.
方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.盒一
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盒二
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盒三
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盒四
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盒五
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盒六
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