海南定安县2025-2026学年第二学期高三联考数学试题（含解析高考模拟

这是一份海南定安县2025-2026学年第二学期高三联考数学试题（含解析高考模拟，共29页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 已知，则， 设函数，则下列结论正确的是， 已知数列满足，，则等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120分钟满分：150分
注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先需要求解集合的元素，找出公共元素即可得到.
【详解】解一元二次方程，因式分解得，解得或，因此；
已知，因此.
2. 设（i为虚数单位），则复数的虚部为（ ）
A. B. 4C. D. 3
【答案】C
【解析】
【详解】由z=4+3ii=(4+3i)ii2=3−4i，
则复数的虚部为.
3. 已知向量，，且，则（ ）
A. 10B. 8C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由得，所以，a=6,−2，则，
所以a+2b=82+42=64+16=80=45.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【详解】因为，所以，
上下同除即可得，
代入，可得.
5. 从1至5的5个整数中随机取出2个不同的数，则这两个数都是偶数的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】1至5的5个整数中，有两个偶数，
从1至5的5个整数中随机取出2个不同的数，则这两个数都是偶数的概率.
6. 已知点M是抛物线上的一点，点F是C的焦点，点为线段的中点，则（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【详解】如图，由可得，准线为，
又因点为线段的中点，则点的坐标为，
而等于点到准线的距离，即MF=6−(−2)=8.
7. 等差数列的前n项和为，已知，，则数列的前20项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意得，5a1+5×42d=30，化简得a1+2d=6，
又，，即，故，
，，
故数列的前20项和为
.
8. 已知正数，满足.若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由基本不等式乘“”法，求得的最小值，进而可求解.
【详解】由题意可知，不等式恒成立，
即，
，即
，
，
，，
，，
，当且仅当，即时等号成立，
当时，取得最小值为8，
，即，解得.
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. 设函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最小正周期为πB. 的图象关于直线对称
C. 的一个零点为D. 的值域为
【答案】AC
【解析】
【详解】对于A：函数，根据周期公式可得，故A正确；
对于B：令2x−π6=π2+kπk∈Z，解得x=π3+12kπk∈Z，
当时，，当时，，所以直线不是函数的对称轴，故B错误；
对于C：令，解得x=π12+12kπk∈Z，
当时，，所以是的一个零点，故C正确；
对于D：对于函数，因为的值域为，
所以的值域为，故D错误.
10. 已知数列满足，，则（ ）
A. B. 数列为等比数列
C. 数列的前项和D. 数列的通项公式为
【答案】ABC
【解析】
【详解】，，取倒数得，即。
选项A：，，正确；
选项B：，是首项为、公比为的等比数列，正确；
选项C：，，Tn=k=1n2⋅3k−1−1=2⋅3n−13−1−n=3n−n−1，正确；
选项D：，，原式错误.
11. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过点的直线与在第一、四象限的交点分别为A，B，与y轴的交点为D，若，则下列说法正确的有（ ）
A. B. 双曲线C的离心率为
C. 直线的斜率为D. 点D到双曲线C上的点的距离的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据条件及双曲线的定义，可得各个长度，根据勾股定理，可判断A的正误；根据三角函数的定义，可得，根据余弦定理，可得，的关系，代入离心率公式，可判断B的正误，根据余弦定理，可得，根据诱导公式及同角三角函数的关系，可得直线的斜率，再由，可得直线的斜率，即可判断C的正误；求出直线的方程，即可得D点坐标，设点在双曲线上，根据双曲线的方程及两点间距离公式，可得表达式，根据二次函数的性质，可判断D的正误.
【详解】由AF2:BF2=3:1，且，得，
由双曲线的定义得，，
所以，，又AB=AF2+BF2=4a，
所以AB|2+BF1|2=|AF1|2，
则，即，所以，故A正确；
在中，，
在中，cs∠F2AF1=AF1|2+AF2|2−|F1F2|22AF1AF2=25a2+9a2−4c22×5a×3a=45，
所以，则离心率，故B正确；
在中，cs∠AF2F1=AF2|2+F1F2|2−|AF1|22AF2F1F2=9a2+4c2−25a22×3a×2c，
，
则cs∠AF2x=csπ−∠AF2F1=1010，则，
所以直线的斜率为3，又因为，所以直线的斜率为，故C错误；
由C选项得，直线的方程为，
令，得，即D0,−3c
设双曲线上点，则，即，
因为，所以，则，
所以，
，
，
所以当时，有最小值，且为，
所以，即点到上的点的距离的最小值为，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 曲线在点处的切线方程为_____.
【答案】
【解析】
【分析】求导，根据导数的几何意义可得切线斜率为1，进而可得切线方程.
【详解】因为，则，
可得，即切线斜率为1，
所以曲线在点处的切线方程为.
13. 已知函数为奇函数，当时，，则_____.
【答案】
【解析】
【详解】由函数为奇函数，得：，
令，得：f−1+2=−f1+2，
，
又因为当时，，
得f1=2×12−1=2−1=1，
因此.
14. 如图，圆台形容器内放进半径分别为2和4的两个实心铁球，小球与容器下底面、容器壁均相切，大球与小球、容器壁、容器上底面均相切，若向该容器内注满水，则水的体积为_____.
【答案】
【解析】
【分析】通过轴截面结合相切的几何性质分析解决圆台的上下底面半径及高，求得圆台的体积，即可得水的体积.
【详解】作几何体的轴截面图如图，分别是大球和小球的球心，
是圆台的轴截面等腰梯形两腰和的延长线的交点.
分别是球和球与圆台侧面的切点，分别是与圆台上下底面的切点．
则，且，，EF=8+4=12．
过点作交于，显然，可知四边形为矩形，
且，
在直角三角形中，，
且为锐角，则，
由可得，所以，
在直角三角形中，，得，所以．
在直角三角形中，．
在直角三角形中，,．
即圆台的上底面半径，下底面半径，高．
可得圆台的体积，
所以水的体积为168π−43π×23−43π×43=72π．
故答案为：.
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. 如图，在中，，，，点D在边上，且．
（1）求；
（2）求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理直接求解；
（2）由正弦定理求得，再由三角形面积公式求解即可．
【小问1详解】
由余弦定理得，，
又，所以．
【小问2详解】
因为，，所以，，
在中，由正弦定理得，，即，
所以．
16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，，点M，N分别是棱，的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，，平面平面，求直线与平面夹角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过构造辅助线取中点，连接，利用中位线定理证明四边形是平行四边形，从而证得线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和直线方向向量，再利用向量夹角公式计算即可.
【小问1详解】
取中点，连接.
因为为中点，
所以为的中位线，
所以且.
在正方形中，为中点，
所以且，
所以且，
所以四边形是平行四边形.
所以.
又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
由于平面平面，平面平面，平面平面.
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则有.
设平面的法向量，
，所以2z=04x−2y=0，不妨令，得，
得；
又，
设直线与平面夹角为，
则，
所以直线与平面夹角的正弦值为.
17. 已知函数.
（1）若，求函数的极值；
（2）若函数有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）的极大值为，的极小值为
（2）
【解析】
【分析】（1）代入已知条件对函数表达式求导，求的根，然后判断函数的单调性并确定极值；
（2）将问题转化为直线与曲线令有两个交点，然后构造函数，求导确定单调性，进而确定的取值范围.
【小问1详解】
当时，，
则，
令，，
，或，单调递增，
，，单调递减，
当时，取得极大值，，
当时，取得极小值，，
因此的极大值为，的极小值为.
【小问2详解】
函数，
令，即，
因为，所以，即
令，
则函数有两个零点转化为直线与曲线有两个交点.
又，
因为恒成立，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
则在处取得极小值，也是最小值，.
当，，，，
当，，，，
要使直线与曲线有两个交点，则，
的取值范围为.
18. 已知点分别为椭圆：的左、右顶点，且，的离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若倾斜角为的直线与椭圆交于两点，求弦长；
（3）若直线：与椭圆C交于两点，设直线，的斜率分别为，且，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据长轴长和离心率，即可求出椭圆方程.
（2）确定直线方程，由弦长公式即可求解.
（3）直线与椭圆方程联立，表达出斜率，根据等量关系，即可求出.
【小问1详解】
由题意可得，即，
由离心率，所以.
故椭圆方程为：.
【小问2详解】
由（1）左顶点 ，直线​倾斜角为，斜率，
故直线方程为 ，
联立椭圆方程消去得： ，
又，由韦达定理，得​，
由弦长公式AD=1+k2∣xA−xD∣得： AD=2⋅∣−2−(−65)∣=425
【小问3详解】
如图，作出符合题意的图形，
由题意可知直线：与椭圆交于,，
设，，，，
与椭圆联立方程，消去可得.
则，，
根据，可得，即，
整理得：6my3y4+7t−2y3−t+2y4=0，
即，
可得：2t−3t−2y3−t+2y4=0，
因为，为常数，则t−2y3−t+2y4=0不恒成立，
则，解得.
19. 小明在暑假为了锻炼身体，制定了一项坚持晨跑的计划：30天晨跑训练.规则如下：从第1天开始晨跑，若第天晨跑，则他第天晨跑的概率为，且他不能连续两天没有晨跑.设他第n天晨跑的概率为.
（1）求，，的值；
（2）求数列的通项公式；
（3）若X，Y都是离散型随机变量，则，记小明前n天晨跑的天数为X，求.
【答案】（1），，
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，利用概率的基本性质即可求出，，的值；
（2）通过分析与的关系，构造等比数列，进而求出数列的通项公式；
（3）利用期望的性质，将转化为，再根据期望的定义求出.
【小问1详解】
已知第1天一定晨跑，故，
第2天晨跑的概率由第1天晨跑决定，故，
第3天晨跑的情况分两种：①第1天晨跑，第2天不晨跑，第3天晨跑，概率为1×1−13×1=23，
②第1天晨跑，第2天晨跑，第3天晨跑，概率为，故.
【小问2详解】
由题意得，时，第天晨跑的事件可分为两种互斥情况：其一是第天晨跑且第天晨跑，其概率为13Pn−1；其二是第天不晨跑且第天晨跑（这意味着第天必须晨跑），其概率为23Pn−2，
所以，即3Pn=Pn−1+2Pn−2n≥3，则3Pn=3Pn−1−2Pn−1+2Pn−2n≥3，
所以3Pn−Pn−1=−2Pn−1−Pn−2n≥3，即Pn−Pn−1Pn−1−Pn−2=−23n≥3，
所以是以为首项，为公比的等比数列.
所以Pn−Pn−1=−23n−1，则P2−P1=−231，P3−P2=−232，，Pn−Pn−1=−23n−1，
所以Pn=P1+−23+−232+⋯+−23n−1=1+−231−−23n−11−−23=35−35×−23n1≤n≤30,n∈N．
【小问3详解】
记小明前天中，第天晨跑的次数为．
由题意得，服从两点分布，且，因为，且对于离散型随机变量，都有，
所以EX=EX1+EX2+⋯+EXn=P1+P2+⋯+Pn
=35−35×−231+35−35×−232+⋯+35−35×−23n=3n5−35×−231−−23n1−−23
=3n5+625×1−−23n1≤n≤30,n∈N.