上海市黄浦区2026届高三二模考试数学试卷（含解析）高考模拟

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1. 若，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】解不等式化简集合B，进而可求交集.
【详解】由题意可知：集合，
且集合，所以.
2. 若直线与垂直，则a的值为______．
【答案】3
【解析】
【详解】若直线与垂直，
则，解得.
3. 底面半径为1、母线长为3的圆锥的侧面展开图中扇形的中心角为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆锥的侧面展开图结合扇形的弧长公式运算求解.
【详解】设侧面展开图中扇形的中心角为，
由题意可得：，解得，
所以侧面展开图中扇形的中心角为.
4. 在公比q为正数的等比数列中，，，则q的值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意结合等比数列性质运算求解即可.
【详解】因为，，则，
且，所以.
5. 在的展开式中，含项的系数为_________．
【答案】
【解析】
【分析】
利用二项式定理的展开式的通项公式：即可求解.
【详解】的展开式的通项公式：，
令，解得，
所以含项的系数为.
故答案为：
本题考查了二项式定理，需熟记通项公式，考查了基本运算能力，属于基础题.
6. 如图是某班级30名学生某次数学测验的得分茎叶图（茎为十位，叶为个位），则这些测验分数的第80百分位数是______．
【答案】76
【解析】
【分析】根据茎叶图结合百分位数的定义运算求解即可.
【详解】因为，可知第80百分位数是第24位数与25位数的平均数
由茎叶图可知数据的第24位数与25位数分别为75，77，
所以第80百分位数是.
7. 已知，且，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用诱导公式可得，结合同角三角函数关系运算求解，注意根据符号判断角所在象限.
【详解】因为，即，
且，可知角为第四象限角，
所以.
8. 在复平面内，点P，Q，O分别表示复数z，w，0，已知，，，且，则向量与的夹角为______．
【答案】
【解析】
【分析】设复数u在复平面内对应的点为A，可得，结合模长关系可得，进而可得向量夹角.
【详解】设复数u在复平面内对应的点为A，
由题意可知：，，，，
则，
即，解得，可得，
且，可得，
所以向量与的夹角为.
9. 某射击社团共有10名成员，其中社长与副社长各一人，现随机抽取4人组成代表队参加校际联谊活动，则社长与副社长两人至少有一人参加联谊活动的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】设相应事件，根据古典概型结合组合数可得，结合对立事件概率公式求解.
【详解】设“社长与副社长两人至少有一人参加联谊活动”为事件A，
则事件为社长与副社长两人均不参加联谊活动，
则，可得，
所以社长与副社长两人至少有一人参加联谊活动的概率为.
10. 已知曲线与曲线交于两点P，Q，点F是的焦点，点O是坐标原点．若，则的离心率为______．
【答案】
【解析】
【分析】联立抛物线和双曲线方程，根据韦达定理可得，结合抛物线的定义可得，即可得双曲线离心率.
【详解】由题意可知：抛物线的焦点为，
设，，
联立方程，消去可得，
则，解得，可得，
又因为，则，
即，可得，可得，
所以双曲线的离心率为.
11. 在空间直角坐标系中，将点集所表示的立方体的表面满足的部分记为S，同时满足“”与“或”的点P的集合所表示几何体的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】首先判断出为正方体的四个侧面和下底面，然后得到“”表示的几何体为正方体的外接球，满足条件的点即为从点出发的不超过和球面的线段上的点，将它们分为射向上底面和其它五个面两个部分，相加即可得到所求几何体体积.
【详解】点集表示的是以原点为中心的边长为2的正方体，
为满足的部分即除去了后剩余的部分，也就是除了上底面以外的五个面，
条件“”表示点在以原点为球心的半径为的球体内，因为，
所以这个球刚好也是正方体的外接球，即为线段，
条件“或”表示线段与要么没有交点，要么交点就是，
考虑从点出发的线段，射向上底面的线可以到达球面，这一部分构成个球体，
射向包含的五个面可以到达正方体的表面，这一部分构成五个四棱锥，每个四棱锥都是正方体的，
所以所求几何体的体积为.
12. 如图所示，某圆形游乐园的半径为140米，其圆心在点A处，游乐园内有一圆形广场，其半径为20米，圆心在与点A相距60米的点B处，游客中心位于圆形广场的边界线与A，B连线的交点O处．现打算在游乐园的边界线与圆形广场的边界线上各选一点C，D，在这两处各建一座游乐设施（其占地大小忽略不计），将的内部区域作为游客的休闲区并使其面积最大，则此最大面积为______．
【答案】平方米
【解析】
【分析】过点作，垂足为，则.记点到直线的距离为，则点到直线的距离的最大值为.以为坐标原点直线为轴，过垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系，设直线的方程为，根据点到直线的距离公式，将的面积表示为的函数，利用导数分析其单调性，并求得最大值.
【详解】由题意知，，，，，
所以.
过点作，垂足为，则.
记点到直线的距离为，则点到直线的距离的最大值为.
如图所示，以为坐标原点，直线为轴，过垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系，
则.
易知，直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
则，，
所以.
的最大面积为.
由圆的对称性，不妨令.
设，则，
令，则恒成立，
所以在上单调递减.
令，得，
即，化简得.
因为，所以，所以.
所以当时，，；当时，，.
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以在处取得极大值，即最大值，最大值为.
所以的最大面积为平方米.
二、选择题（本大题共有4题，满分18分．其中第13、14题每题满分4分，第15、16题每题满分5分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得满分，否则一律得零分．
13. 若a，b是空间中的两条直线，则“”是“存在平面，使，”的（ ）．
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充要条件D. 既非充分也非必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间中线、面关系结合充分、必要条件分析判断.
【详解】若，可知直线a，b是共面直线，则存在平面，使，，即充分性成立；
若存在平面，使，，则直线a，b可能相交，即必要性不成立；
综上所述：“”是“存在平面，使，”的充分非必要条件.
14. 变量，之间的一组相关数据如表所示：若，之间的线性回归方程为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题先求样本点中心，再利用线性回归方程过样本点中心直接求解即可.
【详解】解：，，
所以样本点中心：，
线性回归方程过样本点中心，则
解得：，
故选：C
本题考查线性回归方程过样本点中心，是简单题.
15. 设函数的定义域为R，则下列结论：①若是奇函数或偶函数，且在区间上严格增，则对任意的，或；②若对任意的，，则是奇函数或偶函数．其中正确的说法是（ ）．
A. ①和②均正确B. ①正确，②错误C. ①错误，②正确D. ①和②均错误
【答案】B
【解析】
【分析】对于①：根据函数奇偶性和单调性的性质分析判断；对于②：举反例说明即可.
【详解】对于①：若是奇函数且在区间上严格增，
则在区间上严格增，可知在定义域R上严格增，
因为，则，可得；
若是偶函数且在区间上严格增，且，
则，且，，
可得，所以；
综上所述：①正确；
对于②：例如，
可知对任意的，，
但，，所以既不是奇函数也不是偶函数，
故②错误.
16. 若无穷数列的首项为1，且对任意的，的前n项和都可以表示成的两项之差，则称为T数列，所有T数列组成的集合为T集．下列结论正确的是（ ）．
A. 任意一个T数列均不是等差数列B. 任意一个T数列均不是等比数列
C. T集中含有且仅含有有限个等差数列D. T集中含有无穷多个等比数列
【答案】D
【解析】
【分析】对于AC：举例说明即可，例如等差数列的公差为，结合题意分析判断；对于BD：设等比数列的公比为，结合零点存在性定理可知存在使得，结合题意分析判断即可.
【详解】对于选项AC：例如等差数列的公差为，
则，，
注意到能表示大于的所有正整数，
且为整数，必能用两个大于的整数之差表示，
所以等差数列为T数列，且有无数个，故AC错误；
对于选项BD：设等比数列的公比为，则，
对于确定的，令，，
令，
因为，则，可知函数在内单调递增，
且，，可知函数在内有且仅有一个零点.
即存在使得，即，
此时，
对于不同的，的零点可以看出方程的解，
即与在交点的横坐标，
当变化时，由幂函数的图像可得交点的横坐标相异，故等比数列有无数个，
所以T集中含有无穷多个等比数列，故B错误，D正确；
故选：D.
三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤．
17. 小明每天上学出发时会选择是否骑共享单车．根据平台统计和他的使用习惯：若出发时不下雨，他选择骑共享单车的概率为0.8；若出发时下雨，他选择骑共享单车的概率为0.4．假设本周小明每天上学出发时下雨的概率均为0.25，且出发地共享单车供应充足．
（1）求本周某天小明上学出发时选择骑共享单车去学校的概率；
（2）已知本周某天小明选择了骑共享单车去学校，求该天小明出发时不下雨的概率；
（3）设小明在本周的前三天中选择骑共享单车去学校的天数为X，且这三天中每天的骑行选择相互独立，求随机变量X的分布，并计算其数学期望和方差．
【答案】（1）0.7 （2）
（3）；；
【解析】
【分析】（1）设相应事件，根据题意结合全概率公式运算求解；
（2）根据题意结合贝叶斯公式运算求解；
（3）分析可知，结合二项分布求分布列、期望和方差.
【小问1详解】
设“小明上学出发时下雨”为事件A，“小明选择骑共享单车去学校”为事件B．
由题意可知：，，，，
由全概率公式可得，
所以小明在本周某天选择骑共享单车去学校的概率为0.7．
【小问2详解】
由题意可知：，
所以小明出发时不下雨的概率为．
【小问3详解】
由题意可知：，
则，；
；；
可知X的分布列为，
所以X的数学期望，方差．
18. 如图，在直三棱柱中，点、分别是棱、上的点（点异于点），且．
（1）求证：平面平面；
（2）若是正三角形，，且三棱柱的体积是三棱锥的体积的倍，求与平面所成的角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）解法一：设，由可求出的长，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与平面所成的角的大小；
解法二：连接，过作平面，垂足为，连接，则就是直线与平面所成的角，取的中点，连接，取的中点，连接，
证明出平面，利用等体积法求出的长，结合线面角的定义求解即可；
解法三：设是的中点，连接、、，证明出平面，可知点与到平面的距离相等，证明出平面，可得出点到平面的距离等于的长，并求出的长，结合线面角的定义求解即可.
【小问1详解】
因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，
又平面，所以，
又，，、平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．
【小问2详解】
解法一：由平面，平面，可知，
又因为是正三角形，所以．
设，由，，
可得，故，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，可得，
设与平面所成的角为，则，
所以与平面所成的角的大小为．
解法二：连接，过作平面，垂足为，连接，
则就是直线与平面所成的角，
取的中点，连接，取的中点，连接，
因为为等边三角形，为的中点，所以，
因为、分别为、的中点，所以，则，
因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，
因为平面，所以平面，且，
因为，故，
因为平面，平面，所以，
又因为，，
所以，
所以，解得，
又，
故，则，
所以与平面所成的角的大小为．
解法三：设是的中点，连接、、，
因为，，故四边形为平行四边形，
所以，，
因为、分别为、的中点，所以，，
故四边形为平行四边形，所以，，
又因为，，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
点与到平面的距离相等．
由四边形是正方形，、、分别为、、的中点，
故，所以，故，即，
又平面平面，平面，平面平面，
故平面，易知，故到平面的距离也为，
又，
设与平面所成的角为，则，故，
所以与平面所成的角的大小为．
19. 已知．
（1）求函数的最小正周期与单调增区间；
（2）将函数的图象上的所有点沿向量平移，得到的图象．若同时满足：①图象关于点对称；②有且仅有个极大值点在区间上．求的取值范围．
【答案】（1）最小正周期为，单调增区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式和正弦型函数的单调性可求得答案；
（2）利用三角函数图象变换可得出函数的解析式，根据函数满足条件①以及的范围可得出的值，再根据函数满足条件②可得出关于的不等式，解之即可.
【小问1详解】
因为，
所以函数的最小正周期为，
由，可得，
所以函数的单调增区间为．
【小问2详解】
由（1）知，
将函数的图象上的所有点沿向量平移，得到的图象，
所以，
由的图象关于点对称，可得，
所以，解得，
又，可知，故，
当时，，
由②知，解得，
故的取值范围是．
20. 已知点、分别是曲线的左、右焦点，动直线过点且不过点，它与交于点、．
（1）求点、的坐标；
（2）若，求直线的方程；
（3）设直线过点且与垂直，直线与的交点为，求证：存在唯一的常数，使得点与的中心的连线平分线段，并求此时的最大值．
【答案】（1）、
（2）或．
（3）
【解析】
【分析】（1）求出椭圆的半焦距，可得出点、的坐标；
（2）设直线的方程为，设、，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算以及韦达定理可求得的值，即可得出直线的方程；
（3）求出线段的中点的坐标，可得出直线的斜率，将代入直线的方程，可得出点的坐标，即可求出直线的斜率，结合题意可知直线、的斜率相等，可求出的值，再求出、，即可求得的最大值.
【小问1详解】
椭圆的半焦距，故、.
【小问2详解】
由题意可知直线不与轴重合，设直线的方程为，设、，
将代入，得，则，
故，，
又，，
，解得，
所以直线的方程为或．
【小问3详解】
设线段的中点为，由（2）知，，
直线的斜率，
易知直线的方程为，
将代入直线的方程，可得，
直线的斜率，
因为直线平分线段，则，所以对任意的实数恒成立，
则，解得，
故存在唯一的常数，使得平分线段．
此时，
，所以，
令，则，故（当且仅当时，），
所以的最大值为．
21. 对于公共定义域为D的函数与，定义集合．
（1）若，，求；
（2）若，，且，求的最小值；
（3）已知是定义在上的增函数，其图像是连续曲线，且存在正数，使得．若，，且，求证：．
【答案】（1）．
（2）．
（3）证明见详解．
【解析】
【分析】（1）先求出 的解析式，再转化为二次函数值域问题求解.
（2）由题设可知函数 的值域为非负实数集，从而其最小值为 ，再据此构造极值点并结合基本不等式求最小值.
（3）法一：由 得 ．取 ，构造 ，证明其为常量，从而得到 ．再结合单调性与连续性，求出 ，进而求得 .
法二：由 得 ．再分正整数、零、负整数三种情况迭代，证明 ．结合单调递增与图像连续，得到 ，从而求得 .
法三：先由 推出 ．再对正整数、负整数分别迭代，得到对任意 ，都有 ．最后结合连续性与单调性确定 的值域，进而求得 .
【小问1详解】
由题意，.
因为 ，所以 .
当 时，等号成立．故 =.
【小问2详解】
令 .
由题设可知， 的值域为非负实数集，从而其最小值为 .
设 时取到最小值，则 ，且 ，
因为所以.
又由 ，得即.
从而.
由 可得故
令 ，则当且仅当 时，等号成立.
此时 ，由 得 ，于是 ，又 ，故 ．所以 的最小值为 .
【小问3详解】
法一：由 可知，对任意 ，都有.
而所以. (1)
已知存在正数 ，使得.
对任意整数 ，令.
由式（1）可得即.
所以 为常量，即对任意 ，都有.
于是. (2)
下面证明 .
先证 对任意 都成立．
任取 ，必存在 ，使.
因为 在 上为增函数，所以.
故对任意 ，都有． (3)
再由式（2）知且.
由于 的图像是连续曲线，且 在 上单调递增，因此 的值域为．
又因为所以
当 取遍 时， 也取遍 ．
故.
法二：
由 可知，对任意 ，都有.
而所以． (1)
已知存在正数 ，使得.
先证明：对任意整数 ，都有． (2)
当 时，由式（1）反复应用可得.
当 时，显然.
当 时，设 （），则由式（1）得,
故.
反复使用上式可得.
所以式（2）对任意整数都成立．
由式（2）知且.
又因为 在 上单调递增，且图像连续，所以.
由 ，可得.
于是.
法三：
由 可知，对任意 ，都有.
而所以． (1)
已知存在正数 ，使得.
由式（1）对正整数 反复迭代，可得.
从而.
同理，对负整数部分可得,
于是对任意 ，都有． (2)
由式（2）知且.
又因为 在 上连续且单调递增，所以.
再由可得.
故.
4
5
6
7
8.2
7.8
6.6
5.4