2026年商洛市高三第二次模拟考试数学试卷（含答案解析）

这是一份2026年商洛市高三第二次模拟考试数学试卷（含答案解析），共13页。试卷主要包含了设集合，，若，则，已知命题p等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。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，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．直角坐标系中，双曲线（）与抛物线相交于、两点，若△是等边三角形，则该双曲线的离心率（ ）
A．B．C．D．
2．某学校调查了200名学生每周的自习时间（单位：小时），制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是17.5，30]，样本数据分组为17.5，20），20，22.5），22.5,25），25，27.5），27.5，30）.根据直方图，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是（ ）
A．56B．60C．140D．120
3．在中，，则=（ ）
A．B．
C．D．
4．已知数列满足，且 ，则数列的通项公式为（ ）
A．B．C．D．
5．设集合，，若，则（ ）
A．B．C．D．
6．甲、乙、丙三人相约晚上在某地会面，已知这三人都不会违约且无两人同时到达，则甲第一个到、丙第三个到的概率是（ ）
A．B．C．D．
7．已知命题p：若，，则；命题q：，使得”，则以下命题为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
8．已知抛物线上一点的纵坐标为4，则点到抛物线焦点的距离为（ ）
A．2B．3C．4D．5
9．如图示，三棱锥的底面是等腰直角三角形，，且，，则与面所成角的正弦值等于（ ）
A．B．C．D．
10．三棱锥的各个顶点都在求的表面上，且是等边三角形，底面，，，若点在线段上，且，则过点的平面截球所得截面的最小面积为（ ）
A．B．C．D．
11．已知命题：任意，都有；命题：，则有．则下列命题为真命题的是（ ）
A．B．C．D．
12．已知四棱锥的底面为矩形，底面，点在线段上，以为直径的圆过点.若，则的面积的最小值为（ ）
A．9B．7C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．函数f（x）＝x2﹣xlnx的图象在x＝1处的切线方程为_____.
14．已知集合，，则_____________.
15．已知点为双曲线的右焦点，两点在双曲线上，且关于原点对称，若，设，且，则该双曲线的焦距的取值范围是________.
16．内角，，的对边分别为，，，若，则__________．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图,设点为椭圆的右焦点，圆过且斜率为的直线交圆于两点，交椭圆于点两点，已知当时，
（1）求椭圆的方程.
（2）当时，求的面积.
18．（12分）某社区服务中心计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶5元，售价每瓶7元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：摄氏度℃）有关.如果最高气温不低于25，需求量为600瓶；如果最高气温位于区间，需求量为500瓶；如果最高气温低于20，需求量为300瓶.为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率.
（1）求六月份这种酸奶一天的需求量（单位：瓶）的分布列；
（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为（单位：元），当六月份这种酸奶一天的进货量为（单位：瓶）时，的数学期望的取值范围？
19．（12分）已知函数.
（1）若恒成立，求的取值范围；
（2）设函数的极值点为，当变化时，点构成曲线，证明：过原点的任意直线与曲线有且仅有一个公共点.
20．（12分）已知椭圆（）经过点，离心率为，、、为椭圆上不同的三点，且满足，为坐标原点．
（1）若直线、的斜率都存在，求证：为定值；
（2）求的取值范围．
21．（12分）设点，动圆经过点且和直线相切.记动圆的圆心的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）过点的直线与曲线交于、两点，且直线与轴交于点，设，，求证：为定值.
22．（10分）在多面体中，四边形是正方形，平面，，，为的中点.
（1）求证：；
（2）求平面与平面所成角的正弦值.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．D
【解析】
根据题干得到点A坐标为，代入抛物线得到坐标为，再将点代入双曲线得到离心率.
【详解】
因为三角形OAB是等边三角形，设直线OA为，设点A坐标为，代入抛物线得到x=2b,故点A的坐标为，代入双曲线得到
故答案为：D.
求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，结合转化为的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以或转化为关于的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得 (的取值范围).
2．C
【解析】
试题分析：由题意得，自习时间不少于小时的频率为，故自习时间不少于小时的频率为，故选C.
考点：频率分布直方图及其应用．
3．B
【解析】
在上分别取点,使得,
可知为平行四边形，从而可得到，即可得到答案．
【详解】
如下图，，在上分别取点,使得,
则为平行四边形，故,故答案为B.
本题考查了平面向量的线性运算，考查了学生逻辑推理能力，属于基础题．
4．D
【解析】
试题分析：因为，所以，即，所以数列是以为首项，公比为的等比数列，所以，即，所以数列的通项公式是，故选D．
考点：数列的通项公式．
5．A
【解析】
根据交集的结果可得是集合的元素，代入方程后可求的值，从而可求.
【详解】
依题意可知是集合的元素，即，解得，由，解得.
本题考查集合的交，注意根据交集的结果确定集合中含有的元素，本题属于基础题.
6．D
【解析】
先判断是一个古典概型，列举出甲、乙、丙三人相约到达的基本事件种数，再得到甲第一个到、丙第三个到的基本事件的种数，利用古典概型的概率公式求解.
【详解】
甲、乙、丙三人相约到达的基本事件有甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，共6种，
其中甲第一个到、丙第三个到有甲乙丙，共1种，
所以甲第一个到、丙第三个到的概率是.
故选：D
本题主要考查古典概型的概率求法，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
7．B
【解析】
先判断命题的真假,进而根据复合命题真假的真值表,即可得答案.
【详解】
，，因为，，所以，所以，即命题p为真命题；画出函数和图象，知命题q为假命题,所以为真.
故选:B.

本题考查真假命题的概念,以及真值表的应用,解题的关键是判断出命题的真假,难度较易.
8．D
【解析】
试题分析：抛物线焦点在轴上，开口向上，所以焦点坐标为，准线方程为，因为点A的纵坐标为4，所以点A到抛物线准线的距离为，因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，所以点A与抛物线焦点的距离为5.
考点：本小题主要考查应用抛物线定义和抛物线上点的性质抛物线上的点到焦点的距离，考查学生的运算求解能力.
点评：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，这条性质在解题时经常用到，可以简化运算.
9．A
【解析】
首先找出与面所成角，根据所成角所在三角形利用余弦定理求出所成角的余弦值，再根据同角三角函数关系求出所成角的正弦值.
【详解】
由题知是等腰直角三角形且，是等边三角形，
设中点为，连接，，可知，，
同时易知，，
所以面，故即为与面所成角，
有，
故.
故选：A.
本题主要考查了空间几何题中线面夹角的计算，属于基础题.
10．A
【解析】
由题意画出图形，求出三棱锥S-ABC的外接球的半径，再求出外接球球心到D的距离，利用勾股定理求得过点D的平面截球O所得截面圆的最小半径，则答案可求.
【详解】
如图，设三角形ABC外接圆的圆心为G，则外接圆半径AG=,
设三棱锥S-ABC的外接球的球心为O，则外接球的半径R=
取SA中点E，由SA=4，AD=3SD，得DE=1,
所以OD=.
则过点D的平面截球O所得截面圆的最小半径为
所以过点D的平面截球O所得截面的最小面积为
故选：A
本题考查三棱锥的外接球问题，还考查了求截面的最小面积，属于较难题.
11．B
【解析】
先分别判断命题真假，再由复合命题的真假性，即可得出结论.
【详解】
为真命题；命题是假命题，比如当,
或时，则 不成立.
则，，均为假.
故选:B
本题考查复合命题的真假性，判断简单命题的真假是解题的关键，属于基础题.
12．C
【解析】
根据线面垂直的性质以及线面垂直的判定，根据勾股定理，得到之间的等量关系，再用表示出的面积，利用均值不等式即可容易求得.
【详解】
设，，则.
因为平面，平面，所以.
又，，所以平面，则.
易知，.
在中，，
即，化简得.
在中，，.
所以.
因为，
当且仅当，时等号成立，所以.
故选：C.
本题考查空间几何体的线面位置关系及基本不等式的应用，考查空间想象能力以及数形结合思想，涉及线面垂直的判定和性质，属中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．x﹣y＝0.
【解析】
先将x＝1代入函数式求出切点纵坐标，然后对函数求导数，进一步求出切线斜率，最后利用点斜式写出切线方程.
【详解】
由题意得.
故切线方程为y﹣1＝x﹣1，即x﹣y＝0.
故答案为：x﹣y＝0.
本题考查利用导数求切线方程的基本方法，利用切点满足的条件列方程（组）是关键.同时也考查了学生的运算能力，属于基础题.
14．
【解析】
由集合和集合求出交集即可.
【详解】
解：集合，，
.
故答案为：.
本题考查了交集及其运算，属于基础题.
15．
【解析】
设双曲线的左焦点为，连接，由于.所以四边形为矩形，故，由双曲线定义可得，再求的值域即可.
【详解】
如图，
设双曲线的左焦点为，连接，由于.所以四边形为矩形，
故.
在中，
由双曲线的定义可得
，
.
故答案为：
本题考查双曲线定义及其性质，涉及到求余弦型函数的值域，考查学生的运算能力，是一道中档题.
16．
【解析】
∵，∴，即，
∴，∴．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）（2）
【解析】
（1）先求出圆心到直线的距离为，再根据得到，解之即得a的值，再根据c=1求出b的值得到椭圆的方程.(2)先求出，，再求得的面积.
【详解】
(1)因为直线过点，且斜率.
所以直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离为，
又因为，圆的半径为，
所以，即，
解之得，或（舍去）.
所以，
所以所示椭圆的方程为 .
(2)由(1)得，椭圆的右准线方程为，离心率，
则点到右准线的距离为，
所以，即，把代入椭圆方程得，，
因为直线的斜率，
所以，
因为直线经过和，
所以直线的方程为，
联立方程组得，
解得或，
所以，
所以的面积.
本题主要考查直线和圆、椭圆的位置关系，考查椭圆的方程的求法，考查三角形面积的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.
18．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）X的可能取值为300,500,600，结合题意及表格数据计算对应概率，即得解；
（2）由题意得，分，及，分别得到y与n的函数关系式，得到对应的分布列，分析即得解.
【详解】
（1）由题意：X的可能取值为300,500,600

故：六月份这种酸奶一天的需求量（单位：瓶）的分布列为
（2）由题意得.
1°.当时，
利润
此时利润的分布列为
.
2.时，
利润
此时利润的分布列为
.
综上的数学期望的取值范围是.
本题考查了函数与概率统计综合，考查了学生综合分析，数据处理，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
19．（1）；（2）证明见解析
【解析】
（1）由恒成立，可得恒成立，进而构造函数，求导可判断出的单调性，进而可求出的最小值，令即可；
（2）由，可知存在唯一的，使得，则，，进而可得，即曲线的方程为，进而只需证明对任意，方程有唯一解，然后构造函数，分、和三种情况，分别证明函数在上有唯一的零点，即可证明结论成立.
【详解】
（1）由题意，可知，由恒成立，可得恒成立.
令，则.
令，则，
，，
在上单调递增，又，
时，；时，，
即时，；时，，
时，单调递减；时，单调递增，
时，取最小值，
.
（2）证明：由，令，
由，结合二次函数性质可知，存在唯一的，使得，故存在唯一的极值点，则，，
，
曲线的方程为.
故只需证明对任意，方程有唯一解.
令，则，
①当时，恒成立，在上单调递增.
，，
，存在满足时，使得.
又单调递增，所以为唯一解.
②当时，二次函数，满足，
则恒成立，在上单调递增.
，，
存在使得，
又在上单调递增，为唯一解.
③当时，二次函数，满足，
此时有两个不同的解，不妨设，
，，
列表如下：
由表可知，当时，的极大值为.
，，
，，
，.
.
下面来证明，
构造函数，则，
当时，，此时单调递增，
，
时，，，
故成立.
，
存在，使得.
又在单调递增，为唯一解.
所以，对任意，方程有唯一解，即过原点任意的直线与曲线有且仅有一个公共点.
本题考查利用导数研究函数单调性的应用，考查不等式恒成立问题，考查利用单调性研究图象交点问题，考查学生的计算求解能力与推理论证能力，属于难题.
20．（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）首先根据题中条件求出椭圆方程，设、、点坐标，根据利用坐标表示出即可得证；
（2）设直线方程，再与椭圆方程联立利用韦达定理表示出，即可求出范围.
【详解】
（1）依题有，所以椭圆方程为．
设，，，
由为的重心，；
又因为，，
，，
（2）当的斜率不存在时：，，，
代入椭圆得，，，
当的斜率存在时：设直线为，这里，
由，，
根据韦达定理有，，，
故，代入椭圆方程有，
又因为，
综上，的范围是.
本题主要考查了椭圆方程的求解，三角形重心的坐标关系，直线与椭圆所交弦长，属于一般题.
21．（1）；（2）见解析．
【解析】
（1）已知点轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，由此可得曲线的方程；
（2）设直线方程为，，则，设，由直线方程与抛物线方程联立消元应用韦达定理得，，由，，用横坐标表示出，然后计算，并代入，可得结论．
【详解】
（1）设动圆圆心，由抛物线定义知：点轨迹是以为焦点，直线为准线的抛物线，设其方程为，则，解得．
∴曲线的方程为；
（2）证明：设直线方程为，，则，设，
由得，①，
则，，②，
由，，得
，，
整理得，，
∴，代入②得：
．
本题考查求曲线方程，考查抛物线的定义，考查直线与抛物线相交问题中的定值问题．解题方法是设而不求的思想方法，即设交点坐标，设直线方程，直线方程代入抛物线（或圆锥曲线）方程得一元二次方程，应用韦达定理得，，代入题中其他条件所求式子中化简变形．
22．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）首先证明，，，∴平面.即可得到平面，.
（2）以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，带入公式求解即可.
【详解】
（1）∵平面，平面，∴.
又∵四边形是正方形，∴.
∵，∴平面.
∵平面，∴.
又∵，为的中点，∴.
∵，∴平面.
∵平面，∴.
（2）∵平面，，∴平面.
以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系.
如图所示：
则，，，.
∴，，.
设为平面的法向量，
则，得，
令，则.
由题意知为平面的一个法向量，
∴，
∴平面与平面所成角的正弦值为.
本题第一问考查线线垂直，先证线面垂直时解题关键，第二问考查二面角，建立空间直角坐标系是解题关键，属于中档题.
最高气温
天数
4
14
36
27
6
3
300
500
600
0
0
↗
极大值
↘
极小值
↗