辽宁鞍山市普通高中2025-2026学年高三第二次质量监测数学试题（含解析）高考模拟

这是一份辽宁鞍山市普通高中2025-2026学年高三第二次质量监测数学试题（含解析）高考模拟，共2页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟 满分：150分
一、单项选择题：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. 若，则复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数运算法则可得答案.
【详解】.故选：B
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】，解得，即，
又，所以
3. 下列各组数据中方差最大的一组是（ ）
A. 2，2，2，2，2B. 1，1，2，3，3C. 0，1，2，3，4D. 0，0，2，4，4
【答案】D
【解析】
【详解】因为，
则各个组的平均数为，所以由方差的意义可得，
，，
， .
4. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线准线上一点，连接交于点，若，则的值为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【详解】过点作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义有，
又，得，设准线与轴的交点为，则有，
所以，又，故.
5. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据同角三角函数关系求，再根据结合两角和差公式运算求解.
【详解】因为，，则，
可得，
所以.
6. 为等差数列的前项和，若，且，则（ ）
A. 12B. 15C. 16D. 18
【答案】B
【解析】
【详解】由，得，即，即，所以，
又，由等差数列的性质得，解得.
7. 已知，则下列结论不可能成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先对两个含的分式进行三角恒等变形，将上述等式转化为角度之间的关系，建立关于的方程，分别代入选项中的或的值，验证是否满足推导得出的角度关系.
【详解】因，
由题意可得，则，
整理得：，即①.
由可得，
即，
即②.
对于A，将代入②，可得，对于①，当时，，满足此式，故A可能成立；
对于B，将代入②，可得，对于①，当时，，满足此式，故B可能成立；
对于C，若，由①可得，即，故C不能成立；
对于D，若由①可得，即，故D可能成立.
8. 已知为直线上动点，定点，为坐标原点，若，则有（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意知，，所以，则
因为为直线上动点，所以，.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多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. 已知函数，则（ ）
A. 是函数的一个极值点
B. 是函数的一个极值点
C. 直线是曲线在处的切线
D. 直线是曲线在处的切线
【答案】AC
【解析】
【分析】本题主要考查极值点的判断和曲线某点处切线方程的求解，通过导函数的符号判断函数的单调性，进而确定极值点；对于切线方程，由导数的几何意义可知，切线的斜率等于该点处的导函数值，再结合点的坐标，利用点斜式方程求出切线方程.
【详解】由题意知，令，则或，
当时，，所以单调递增；当时，，所以单调递减，因此是函数的一个极值点，A正确；
因为，所以不是函数的极值点，B错误；
当时，，，所以切点为，斜率为，所以切线方程为，即，所以C正确，D错误.
10. 如图，在正方体中，称各面正方形的对角线为面对角线，称为体对角线．设分别为的中点，则（ ）
A. 存在面对角线与平面平行B. 存在体对角线与平面平行
C. 存在面对角线与平面垂直D. 存在体对角线与平面垂直
【答案】AD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由空间关系的向量求法可得出结论.
【详解】以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图：
设正方体的棱长为2，则，
所以，
设平面的一个法向量为,
所以，
令，则，可得；
对于A，由可得，
因此，又平面，所以平面，所以A正确；
对于B，，
体对角线所在的向量为：，
易知,
因此不存在体对角线与平面平行，即B错误；
对于C，面对角线所在的向量为：，
，
显然以上向量与法向量均不平行，
所以不存在面对角线与平面垂直，即C错误；
对于D，显然，所以平面，即D正确.
11. 已知是定义在上的函数，若，则（ ）
A. 当函数均有零点时，也有零点
B. 当函数均为增函数时，也为增函数
C. 当函数均为偶函数时，也为偶函数
D. 当函数均为周期函数且有相同周期时，也为周期函数
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用反例，可判断A；分类讨论可判断B；利用偶函数和周期函数的性质可判断CD.
【详解】对于A，设，则的零点为，设，则的零点为.
当时，，故，此时无零点；
当时，，故，此时无零点，故A错误；
对于B，若，因为为增函数，则有由，可知且，
所以且，所以，
所以为增函数，故B正确；
对于C，若函数均为偶函数，则，
则，故C正确；
对于D，若函数均为周期函数且有相同周期时，
则，
所以，故D正确.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分；共15分．
12. 的展开式中的系数为________．
【答案】
【解析】
【详解】展开式的通项是，当时，，
则的系数为
13. 将甲、乙、丙、丁、戊五名同学分到三个不同的公益活动小组，每组至少一人，至多两人，则甲乙恰好被分到同一小组的概率为________．
【答案】##
【解析】
【详解】由题可知分组后排列共有种方法，
其中甲、乙两名同学去同一个公益活动小组有种方法，
所以甲、乙两名同学去同一个公益活动小组的概率为.
14. 已知函数，若存在，使得，则的最小值为________．
【答案】5
【解析】
【分析】根据正弦函数值域，判断等式成立的条件，进而根据函数最值，列出不等式，求出参数范围，求出结果即可.
【详解】因为，又存在，使得，
所以在上要有最大值与最小值，且，
所以，所以，所以，
又因为，所以，
经分析，要使最小，需区间包含区间，
即且时，解得，所以的最小值为.
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. 记的内角的对边分别为，若．
（1）求的值；
（2）求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据已知条件和余弦定理得，再利用正弦定理求出，最后把代入即可求出；
（2）先利用余弦定理得，再结合均值不等式即可求出.
【小问1详解】
由余弦定理可得，
整理得，
由正弦定理得，，
又，.
【小问2详解】
在中，由余弦定理得，
，
由均值不等式可得：，
，，当且仅当时等号成立，
故的最大值为.
16. 如图，在三棱锥中，侧面底面，，.

（1）求证：；
（2）已知，，，是线段上一点，当时，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）借助线面垂直的判定定理与性质定理即可得；
（2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得.
【小问1详解】
取中点，连接、，
由，，故、，
又、平面，，
则平面，又平面，故；
【小问2详解】
由侧面底面，且，平面，
平面平面，故平面，
又平面，故，
即有、、两两垂直，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由，，，，，
则，，
即、、、、，
、、，
令，则，
由，故，解得，
故，
令平面的法向量为，
则有，令，则有，
由轴平面，故平面的法向量可为，
则，
故二面角的余弦值为.

17. 已知椭圆的左顶点为，上顶点为，离心率，且以短轴为直径的圆与直线相切．
（1）求的方程；
（2）过点的直线交于两点，若直线的斜率都存在且不为0，将的斜率分别记为，求．
【答案】（1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合即可求出；
（2）分情况讨论，当直线斜率存在时，设直线的方程为，，联立得到，再求得，代入化简即可.
【小问1详解】
由题意得，
又以短轴为直径的圆与直线相切，
原点到直线的距离为，
又，，
故椭圆的方程为.
【小问2详解】
由（1）可知，，
当过点的直线斜率不存在时，直线与椭圆只有一个交点，不合题意，舍去；
当过点的直线斜率存在时，设直线的方程为，
设，联立，
消去整理得，
，解得，
且，
而直线的斜率为，直线的斜率为，
，
又，
，
.
18. 在某次军事演习中，红军参谋部进行战前推演：蓝军拥有两个相同结构的军事基地，每个基地有个重要节点：红军拥有某种型号导弹，对上述每个重要节点单枚命中即可摧毁，且单枚突破防御并命中的概率为．红军的演习任务是发射枚该型号导弹对蓝军军事基地实施打击，完成对蓝军至少一个军事基地的彻底摧毁（即摧毁该基地内的全部重要节点）即为获胜．
现有两种打击方案：
方案一：选择某一军事基地内的个重要节点进行打击，对每个重要节点发射两枚导弹；
方案二：对两个军事基地的各个重要节点进行打击，对每个重要节点发射一枚导弹．
视各枚导弹突破防御并命中目标相互独立，请你帮助红军参谋部进行推演计算：
（1）分别求出两种方案中，最终摧毁的重要节点数的期望，并比较期望大小；
（2）比较两种方案下红军获胜的概率，判断哪种方案更优．
【答案】（1）方案一期望为，方案二期望为，且；
（2）方案一获胜概率更大，方案一更优.
【解析】
【分析】（1）利用二项分布的期望公式分别计算两个方案的期望，再比较大小.
（2）方案一：获胜条件等价于被打击的基地被彻底摧毁，计算该基地所有节点均被摧毁的概率即为获胜概率；方案二：分别计算两个基地被彻底摧毁的概率，利用概率加法公式计算至少一个基地被摧毁的概率，进而比较两个方案获胜概率的大小.
【小问1详解】
设各导弹命中相互独立，单个节点只要至少被命中一次就会被摧毁：
方案一：仅打击1个基地的个节点，每个节点发射2枚导弹.
单个节点未被摧毁的概率为，
因此单个节点被摧毁的概率为.
设方案一摧毁节点数为，则，
则.
方案二：打击两个基地共个节点，每个节点发射1枚导弹.
单个节点被摧毁的概率为，设方案二摧毁节点数为，
则，.
因为，所以.
【小问2详解】
获胜条件为至少一个基地所有节点全被摧毁，分别计算获胜概率：
方案一：仅打击一个基地，获胜当且仅当该基地所有个节点全被摧毁，
因此获胜概率：
方案二：设分别为第一个、第二个基地全被摧毁，根据题意可得，
，
由，可知只需比较和的大小，
用归纳法证明：对，有，
当时，，不等式成立；
假设时不等式成立，即，则时：
，
作差得：，不等式也成立.
因此对所有，，即，
方案一获胜概率更高，方案一更优.
19. 已知函数．
（1）证明：当时，；
（2）设在上的零点从小到大构成有穷数列．
（i）求数列的项数；
（ii）求证：．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）2026（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据，整理得excsx−sinx0,sinx∈0,1，，即在2kπ,2k+1π上单调递减；
当x∈2k+1π,2k+2π,k∈N时，ex>0,sinx∈−1,0，即在2k+1π,2k+2π上单调递增；
当时，g2kπ>1，g2kπ+π1
则在kπ,kπ+π,k∈N∗上恰有1个解，即在π,2026π上有2025个解；
，在上单调递减，在上无解；
是一个解，在上无解，在π,2026π上有2025个解，则共有2026个解；
在0, 2026π上的零点从小到大构成有穷数列项数为2026。
（ii）由，得excsx−sinx=1
ex2kcsx2k−sinx2k=1，ex2k+1csx2k+1−sinx2k+1=1
，，则
即2csx2k+π4>2csx2k+1+π4，整理得csx2k+π4>csx2k+1+π4
由（i）可得：，x2k∈2kπ−3π4,2kπ−π2，x2k+1∈2kπ,2kπ+3π4,k∈N∗
∴x2k+π4−2kπ4π1+2+⋅⋅⋅+1012−π2⋅1012−1+2+⋅⋅⋅+2025π+x2026
>2026π−3π4+4π×1+1012×10122−506π−1+2025×20252π=2025π4
即k=1n0xk−k−1π>2025π4
（1）分析导数符号时，要注意三角函数的取值范围对导数的影响，需分区间细致讨论；
（2）统计零点个数时，要注意区间断点处的函数值是否为0，避免遗漏或重复计数；
（3）进行放缩时，要保证放缩的方向正确，确保不等式的传递性。