2026嘉兴高三下学期二模数学试题含解析

这是一份2026嘉兴高三下学期二模数学试题含解析，共9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，
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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. 4 B. 5 C. 6 D. 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
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的等差数列，则称数列 为“ 等差数列．已知 为“ 等差数列，且 ，则 （
）
A. 91 B. 111 C. 121 D. 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（ ）
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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 .
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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
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【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. .
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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，
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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
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_________．
【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 ，
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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.
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【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
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（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 ，
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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 ，
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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 ，
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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
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（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】
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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，
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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， ，
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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 ；
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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 ，
，
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，
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
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，
综上所述， .
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