2026届西藏自治区拉萨市高三下学期第二次联考数学试卷（含解析）高考模拟

这是一份2026届西藏自治区拉萨市高三下学期第二次联考数学试卷（含解析）高考模拟，文件包含解三角形周长与周长最值问题面积与面积最值问题专项训练原卷版docx、解三角形周长与周长最值问题面积与面积最值问题专项训练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，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．回答非选择题时，用0.5毫米黑色签字笔将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，考生须将本试卷和答题卡一并交回．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项涂在答题卡相应的位置上．
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】集合，
所以.
2. 已知，则（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】因为，所以，
所以，所以.
3. 已知等差数列的公差为，且，则（ ）
A. 36B. 48C. 51D. 57
【答案】C
【解析】
【详解】已知等差数列的公差为，且，
，
.
4. 已知函数的图象在点处的切线与直线平行，则（ ）
A. －1B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出可得函数在点处的切线的斜率为，再利用两斜率相等求出答案.
【详解】由题意知直线的斜率为
又，则
因为函数的图象在点处的切线与直线平行，
所以
解得.
5. 某省为落实2025年政府工作报告中新兴产业培育要求，计划从集成电路、航空航天、生物医药、低空经济这4个新兴支柱产业中，选取2个产业作为重点培育方向；同时从未来能源、量子科技、具身智能、脑机接口、6G这5个未来产业中，选取3个产业作为前瞻布局方向，则不同的选取方案共有（ ）
A. 40种B. 60种C. 80种D. 120种
【答案】B
【解析】
【详解】4个新兴支柱产业中，选取2个产业作为重点培育方向，有种选择，
5个未来产业中，选取3个产业作为前瞻布局方向，有种选择，
故不同的选取方案共种.
6. 若函数在区间上的值域为，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由题设时，，
结合正弦函数的性质，只需，即.
7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点（在第二象限）是双曲线的左支上一点，且，直线与双曲线的一条渐近线垂直，则双曲线的离心率为（ ）
A. 2B. C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】便于计算，设，根据双曲线的定义、勾股定理得到一个关于的等式，换元法可求得，进而可求解离心率.
【详解】设，
因为双曲线的渐近线方程为，在第二象限，
所以直线的斜率为负，所以直线与垂直，如图：
所以直线的斜率为，所以，所以.①
由双曲线的定义得，②
由①②解得.
等式②两边同时平方得.③
由知，所以，
代入③式得，
所以，即，整理得.
令，则，代入得，
整理得，解得.
所以双曲线的离心率为.
8. 量子计算是当前科技前沿领域，其核心单元“量子比特”在物理实现上常采用能级结构．某种量子比特模型中，用递增离散能级表示量子态，相邻能级间的能量差构成等比数列，即（）．已知（为基准能量单位）．则该量子比特从高能级向低能级跃迁时，可释放光子的频率（光子频率恰为能量差）不可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式求出，逐项检验后可得正确的选项.
【详解】设的公比为，
因为，所以，
而，故，故（舍）或.
故，且，
故
，
对于A，令，故，
因为为奇数，故，故，此方程无正整数解，故A不可能为能量差；
对于B，取，则，故B选项可为能量差；
对于C，取，则，故C选项可为能量差；
对于D，取，则，故D选项可为能量差.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共计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. 中国非遗文化传承成效显著，某文化部门随机抽取国内100个非遗传承工作室的年度投入进行统计，已知以下数据：
①抽样中，投入高于5000万元的工作室占30%，投入低于2000万元的占25%；
②投入万元的工作室中，专注于传统技艺传承与非遗文创开发的数量比为；
③投入高于5000万元的工作室中，有40%专注于传统技艺传承，剩下的专注于非遗文创开发．
下列说法正确的是（ ）
A. 抽样中，投入万元的工作室有55个
B. 抽样中，专注于传统技艺传承且投入万元的工作室有18个
C. 抽样中，专注于非遗文创开发的工作室数量不超过40个
D. 若从抽样工作室中随机抽取1个，抽到投入高于5000万元且专注于传统技艺传承的概率为0.12
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，分别求得不同投入区间的工作室的数量，结合各个区间内专注于传统技艺传承和专注于非遗文创开发的工作室的数量关系，结合选项，逐项分析判断，即可求解.
【详解】对于A，由抽样中，投入高于万元的工作室占30%，投入低于万元的占25%，
可得投入万元的工作室占比为，
所以抽样中，投入万元的工作室有个，所以A错误；
对于B，由抽样中，投入万元的工作室有个，
因为专注于传统技艺传承与非遗文创开发的数量比为，
所以专注于传统技艺传承且投入万元的工作室有个，故B正确；
对于C，投入高于万元的工作室的数量为个，
其中专注于非遗文创开发的工作室数量为个，
投入万元的工作室且专注于非遗文创开发的工作室有个，
所以专注于非遗文创开发的工作室总数至少为个，所以C错误；
对于D，投入高于万元且专注于传统技艺传承的工作室有个，
所以抽到投入高于5000万元且专注于传统技艺传承的概率为，所以D正确.
10. 如图，在直三棱柱中，．为的中点，为棱的中点，下列说法正确的是（ ）
A. 平面B. 四点共面
C. 平面D. 平面
【答案】ACD
【解析】
【分析】由平面的基本性质判断A，利用异面直线的定义确定为异面直线判断B，应用线面平行的判定证明并判断C，由面面垂直的判定、性质证明判断D.
【详解】由，，且，平面，
所以平面，则平面，A对，
由平面，平面，则平面，
而平面，且，则为异面直线，B错，
若为的中点，连接，为的中点，则且，
而，且，即，则且，
所以四边形为平行四边形，则，
由平面，平面，则平面，C对，
由直棱柱中平面，平面，则平面平面，
由，则，而平面，平面平面，
所以平面，结合C的结论，知平面，D对.
11. 已知椭圆的离心率为，长半轴长为2，为的右焦点，线段是椭圆与轴垂直的一条弦（其中点在第一象限）．分别为线段的中点，，为坐标原点，则（ ）
A. 椭圆的方程为
B.
C. 的取值范围是
D. 的内切圆的半径的取值范围为
【答案】CD
【解析】
【分析】A选项，根据离心率和长半轴长得到椭圆方程；B选项，由对称性和椭圆定义可得，由基本不等式可得答案；C选项，设，可得的取值范围，求出的取值范围；D选项，由三角形面积可得方程，结合椭圆定义可得D正确.
【详解】A选项，由题意得，
又离心率为，故，故，
故椭圆方程为，A错误；
B选项，设的左焦点为，连接，由对称性可知，
因为分别为的中点，所以，
由椭圆定义可得，
，
当且仅当时，等号成立，
此时点在轴上，不在第一象限，故等号取不到，B错误；
C选项，设，则，即，
又，故，
当时，取得最小值，故的取值范围是，C正确；
D选项，，
由椭圆定义可得，
设的内切圆半径为，则，
又，而，故，
所以，解得，
的内切圆的半径的取值范围为，D正确
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分．
12. 二项展开式中项的系数是______．
【答案】
【解析】
【分析】由二项式定理可得二项展开式通项公式，令即可求得结果.
【详解】展开式的通项公式为：，
当时，的系数为.
故答案为：.
13. 在平行四边形中，已知，且．若为边中点，点在边上且满足，则______．
【答案】6
【解析】
【分析】根据给定条件，结合向量加减法法则可得，再利用基底表示，并利用数量积的运算律求解.
【详解】在平行四边形中，由，得，
所以平行四边形为矩形，所以，所以，
点在边上且满足，得，
由为边中点，得，而，
所以.
14. 平行六面体所有棱长都等于2，点在底面的射影为底面对角线的交点，且线段是它在底面射影长的倍，则三棱锥的外接球的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据外接球性质，结合平行六面体的性质确定球心及半径，最后利用球体积公式进行求解即可.
【详解】设底面对角线的交点为，
因为线段是它在底面射影长的倍，
所以，所以
，，
即，
，则，
，
又平面，平面，
，则，
，即，
三棱锥中，均为直角三角形，
且平面平面，
三棱锥的外接球是以为直径，为球心，半径，
外接球的体积为.
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. 在中，内角所对的边分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）若的平分线交于点，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，再化简即可得出答案；
（2）利用即可解出答案.
【小问1详解】
因为
由正弦定理有：
所以
又因为
所以
所以
又因为，即
所以
因为，
所以.
【小问2详解】
因为为的角平分线，，即
所以，
，
，
又
所以
解得：.
16. 某公司的生产车间有3台核心加工设备，分别为成型机（记为设备A）、调试机（记为设备B）、测试机（记为设备C），三台设备各自独立工作，设同时发生故障的设备数为随机变量．
（1）若三台设备同时运行，每台设备发生故障的概率均为，求“至少有1台设备发生故障的条件下，恰好有1台设备发生故障”的概率；（结果保留三位有效数字）
（2）为验证设备A与设备B的工作独立性，该公司随机抽取了次设备运行记录，得到如下列联表（单位：次）：
根据小概率值的独立性检验，分析设备A的故障与设备B的故障是否有关．
附：，
【答案】（1）
（2）设备A的故障与设备B的故障有关.
【解析】
【小问1详解】
设“至少有1台设备发生故障的条件下”为事件，
“恰好有1台设备发生故障”为事件，
则，而，
故.
【小问2详解】
设设备A的故障与设备B的故障无关，
则，
故依据小概率值的独立性检验否定，
即设备A的故障与设备B的故障有关.
17. 如图所示，四棱锥中，底面为矩形，且平面，且．
（1）若点在棱上，且，求证：；
（2）求直线与平面的夹角的正弦值；
（3）若点，分别为棱，棱的中点，则直线，是否相交？若相交，设交点为，求三棱锥的体积；若不相交，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）相交，证明见解析；1
【解析】
【分析】（1）因为平面，底面为矩形，先证平面，再证平面，进而得到；
（2）建立以为原点，以所在直线为轴的空间直角坐标系，求出平面的法向量以及向量，利用空间向量的线面夹角公式计算出直线与平面的夹角的正弦值；
（3）根据是中点，得到向量与的关系，判断直线和相交于点，通过等体积法，得到三棱锥的体积.
【小问1详解】
底面为矩形，；
平面，平面，；
又，平面；
由点在棱上，得平面，；
，，，平面，平面；
又平面，
【小问2详解】
平面，底面为矩形，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示；
由，，，得，，，，
，，；
设平面的法向量为，则，解得；
取，，，则平面的一个法向量为；
设直线与平面的夹角为，
；
直线与平面的夹角的正弦值为.
【小问3详解】
直线，相交，理由如下：
点，分别为，的中点，，，，
，，；
，，得与不共线，
，必相交.
直线，相交于点，，，即；
，得.
,，得，；
平面，平面，则，得为直角三角形；
设平面的法向量为,
，，
则，解得；
取，则，平面的一个法向量为；
点到平面的距离；
底面为矩形，，，，，；
；
即三棱锥的体积为1.
建立空间直角坐标系时，要确保各轴的垂直关系符合右手定则，坐标计算准确；求线面夹角时，要注意线面夹角其正弦值等于直线与平面法向量夹角的余弦值的绝对值，不要混淆角度关系.
18. 已知函数
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）设是曲线的任意一条切线，若，求的值；
（3）证明：．
【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增.
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先代入 得函数,确定定义域,求导并通分,令导数为零求驻点,分区间判断导数符号,进而确定函数单调性.
（2）先求曲线导数得切线斜率与截距,写出 的乘积不等式,分析两个相关函数的单调性与零点,根据恒成立条件得两函数同零点,代入零点坐标列方程,化简计算求出参数 的值.
（3）先构造函数 ,求导证其在 单调递增,得 ；将 代入化简得对数不等式,再对不等式求和,右边用错位相减算出和为 ,即证结论.
【小问1详解】
当时，，函数定义域为.
求导得.
令，解得（舍去，因定义域）.
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
综上，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
设直线 与曲线 切点横坐标为 .
因为，求导,
所以切线方程为: ，
所以 ,
即 对任意 都成立,
因为 ，所以 在 上递增且存在唯一正零点 ，
又显然有 在 上递减,所以 也必然是其唯一零点，否则无法实现恒成立.
所以 ; 解得 .
【小问3详解】
设 ，
因为 ，所以 在 上单调递增,
令则，代入可得
即
设 ，
所以 ，
两式相减得，
所以 ，所以 .
19. 已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且．
（1）求抛物线的方程．
（2）是抛物线上任意不重合的两点，若直线过点且的面积为4，求直线的方程．
（3）过点的直线交抛物线于两点，以线段为直径作圆，该圆是否恒过抛物线上一定点？若是，求出该点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）或
（3）过定点，定点坐标为
【解析】
【分析】（1）根据点在抛物线上，得到一个关于的等式，由及抛物线的定义可得到另一个关于的等式，联立可解得；
（2）设出的坐标及直线的方程，联立抛物线的方程后根据韦达定理可求得直线的斜率；
（3）设出直线的方程，联立抛物线方程后根据韦达定理可得到纵坐标之间的关系，代入圆的方程后整理可得定点坐标.
【小问1详解】
由抛物线得准线方程为，
因为在抛物线上，所以.①
由得到准线的距离为5，如图1，则，所以.
将其代入①式得，整理得，
解得或（舍去）.
所以抛物线的方程.
【小问2详解】
如图1，由知抛物线的焦点为，
将代入得，所以通径长为4.
设，则，
所以，大于通径长，所以直线的斜率存在，
设直线的方程为，
由消去x得，所以，
将两边同时平方得，即，
所以，化简得，解得，
所以直线的方程为，即或.
【小问3详解】
如图2，假设以为直径的圆过抛物线上的定点，
设，直线l的方程为，
由消去x得.
所以，
所以.
以为直径的圆的方程为，
展开得，
所以，
即，
等号左侧整理为关于m的多项式：，
因为上式对任意实数m恒成立，所以，
解得，验证知的坐标满足抛物线方程，
所以以线段为直径的圆恒过抛物线上一定点.
设备A
设备B
合计
故障
正常
故障
30
70
100
正常
60
40
100
合计
90
110
200