2026辽宁省名校联盟高三下学期4月第二次模拟考试数学试题含解析

这是一份2026辽宁省名校联盟高三下学期4月第二次模拟考试数学试题含解析，共29页。试卷主要包含了 已知，，，则， 不等式的解集为等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
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.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.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】
【详解】由已知得，所以.
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】，所以.
3. 已知椭圆的长半轴长等于其短轴长，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由题意知，所以.
4. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】，
因为，且对数函数在上单调递增，
所以，即.
又，
所以.
5. 不等式的解集为（ ）
A. B. 或
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由，得，即，所以，
则解得或，
所以不等式的解集为.
6. 已知某校4000名学生的体能测试得分（单位：分）服从正态分布，若，，则得分在区间内的人数约为（ ）
A. 1500B. 1800C. 2000D. 2600
【答案】C
【解析】
【详解】由正态分布的对称性可知，，
所以，
所以，
所以得分在区间内的人数约为.
7. 若是函数的极大值点，则的极小值为（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】D
【解析】
【详解】由题意可知，，
由，解得.
当时，，
或时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
显然是的极小值点，不符合题意；
当时，，同理可得在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极大值点，符合题意，
故是的极小值点，则的极小值为.
8. 若函数的图象在区间上恰好存在2个对称中心和1条对称轴，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由三角函数的图象性质，初步缩小的范围，再由给定的范围，代入原函数，求出满足题目要求的的范围.
【详解】设函数的最小正周期为，则，
由题意可知，即，解得，
因为，，所以，
又，所以，，
则或，
解得或，
所以的取值范围为.
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. 设为等差数列的前项和，已知，，则（ ）
A. B. ，，成等比数列
C. D. 当且仅当时，取得最大值
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意求出等差数列的首项和公差，即可判断A；求出通项公式，继而求出，，，即可判断B；根据数列的前n项和公式可判断C；求出前n项和的表达式，结合二次函数性质求其最大值，即可判断D.
【详解】设等差数列的公差为，则，解得，，A项错误；
由上得，所以，，，则，
而，所以，，成等比数列，B项正确；
，C项正确；
，显然二次函数的图象开口向下，
且对称轴方程为，又，所以取得最大值时，或，D项错误.
10. 已知函数的定义域为，任意，恒成立，且，则（）
A. B.
C. 为偶函数D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】采用赋值法逐一分析选项即可.
【详解】令，，则，
又，所以，A项错误；
令，则，所以，B项正确；
令，，则，所以，
因此，所以为偶函数，C项正确；
令，，则，
即①，所以②，
两式相加得，则，
所以，故，
所以是以为一个周期的周期函数，
由，得，，，
所以，则，D项正确.
11. 已知抛物线：的焦点为，的准线与轴交于点，过的直线与交于，两点，且，延长，与分别交于点，，则（ ）
A. B.
C. 直线的斜率为D. 四边形的面积为
【答案】ABD
【解析】
【详解】因为的准线与轴交于点，所以的准线的方程为，则，
所以，即抛物线：,此时焦点，即，故A项正确；
如图，过点，分别作，，垂足分别为点，，
根据抛物线的定义可知，，且，又，
所以，则为的中位线，所以，故B项正确；
不妨设，均在第一象限内，由，
可得，，
所以，，将其代入，可解得，，
所以直线的斜率为，
由图形的对称性可知，又可能均在第四象限内，所以直线的斜率为，故C项错误；
由点，，可求得直线的方程为，
整理得，与抛物线联立，消可得：
，整理得，解得，
再由点，，可求得直线的方程为，
整理得，与抛物线联立，消可得：
，整理得，解得，
由上可得，，可得四边形，
即四边形为梯形，因为，，所以，
即四边形的面积为，故D项正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知锐角，满足，且，则________.
【答案】
【解析】
【详解】由条件可知，得，
所以，又，
所以.
13. 在平面内将非零向量绕其起点逆时针旋转角得到向量，记作，将向量绕其起点顺时针旋转角得到向量，记作.已知向量，，，，则向量在向量上的投影向量的坐标为________.
【答案】
【解析】
【分析】将向量，的起点均视为坐标原点，由定义求解与，由投影向量的定义即可求解.
【详解】将向量，的起点均视为坐标原点，
根据定义可知，，
所以向量在向量上的投影向量为.
14. 已知在一个有底的圆锥容器（厚度忽略不计）内放入一个正方体，若该正方体在其内部能任意转动，且正方体的最大棱长为，则该圆锥容器的容积的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】因为正方体能在圆锥内部任意转动，所以正方体的外接球是圆锥的内切球，根据正方体棱长求出其外接球的半径的最大值，设圆锥的底面半径为r，高为h，利用圆锥内切球的性质，建立h与r的关系式，结合圆锥容积公式，将容积表示为关于单一变量r的函数，再利用求函数最值的方法（导数法）求容积的最小值.
【详解】因为正方体在圆锥容器内部能任意转动，所以正方体的外接球在圆锥容器内部能任意转动，
又正方体的最大棱长为，所以外接球的半径的最大值，
此时正方体的外接球内切于圆锥容器，轴截面图如图所示，
设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，则，
由，得，则，
得，整理得，
所以圆锥容器的容积.
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，则，
故圆锥容器的容积的最小值为.
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. 设的内角的对边分别为，若，.
（1）求的值；
（2）若，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理角化边，即可求解；
（2）利用二倍角公式化简可求，再结合余弦定理可求，然后再检验即可求得周长.
【小问1详解】
因为，所以由正弦定理角化边可得，
又因为，所以，即.
【小问2详解】
由，，可得，
因为，所以可得，
又由余弦定理得，代入，，
则可得，
整理得，解得或.
由，得，
当时，，与矛盾，舍去；
当时，，符合题意.
故的周长为.
16. 第二届“贺岁杯”东北三省冰球挑战赛于2026年1月13日在哈尔滨开幕，吸引了32支冰球队近200名运动员参加.为调研哈尔滨市市民对赛事的满意度，随机抽取500人进行打分（满分100分），经统计打分全部位于内，整理后打分情况如下表所示.
（1）估计样本数据的第60百分位数；
（2）用分层随机抽样的方法从打分位于内的市民中随机抽取7人，再从这7人中随机抽取4人，记为打分位于的市民人数，求的分布列和数学期望.
【答案】（1）87.5
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）先计算各区间累计频率确定第百分位数所在区间，再用线性插值法计算出该百分位数的估计值；
（2）先确定两组人数比例得到抽取样本中两类人数，再用超几何分布计算随机变量的各取值概率，列出分布列并计算数学期望.
【小问1详解】
市民打分位于的累计频率为，
市民打分位于的累计频率为，
所以样本数据的第60百分位数位于内，设其为，
则，
解得，
故估计样本数据的第60百分位数为87.5.
【小问2详解】
因为，两组数据的人数之比为，所以7人中打分位于，内的人数分别为4，3.
由题意可知的可能取值为0，1，2，3，
则，
，
，
，
所以的分布列为
所以.
【点睛】本题第 (1) 问考查百分位数的计算（频率累计 + 线性插值法），第 (2) 问考查超几何分布、离散型随机变量的分布列与数学期望，核心是统计中用频率估计分位数、用组合数计算古典概型概率的综合应用.
17. 如图，在四棱锥中，，，，，，.
（1）证明：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过连接辅助线、，利用三角形全等、等边三角形性质与线面垂直判定定理，证明垂直于平面，从而证得；
（2）先利用已知线段长度与勾股定理证得，再以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，最后通过两法向量夹角的余弦值得到两平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
连接，设，
因为，，，
所以，
所以，则为的中点，
因为，，，
所以，
又，所以为等边三角形，则，
连接，因为，所以，
因为，平面，，
所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
在中，，，
由（1）知，则，所以，
在中，，则，
因为，所以，则.
以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，.
设平面的一个法向量为，
由，得，令，则.
设平面的一个法向量为，
由，得，令，则.
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知双曲线：的离心率为2，且经过点.
（1）求的方程；
（2）若直线：与交于，两点.
（i）若直线与轴交于点，与线段交于点，且，
证明：直线过定点；
（ii）设为坐标原点，若上存在不同于，的点，使，
求四边形的面积.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析（ii）
【解析】
【分析】（2）（i）因为，所以，则，
整理得，将直线的方程与双曲线C的方程联立，消去，韦达定理求出，代入上式即可求解
（ii）设， 由，得
将点代入，化简整理得，
将，代入上式，表示出，再求出点到直线的距离，即可求解，又，所以，
所以，得解.
【小问1详解】
由题意可知
解得，，故的方程为.
【小问2详解】
由条件可知，设，，
联立整理得，
则即，
且，，.
（i）证明：因为，所以，则，
又，所以
即，
所以，
则，
整理得，所以直线的方程为，
故直线过定点.
（ii）设，则，，
因为，所以，即
将点代入，得，
整理得，
又，在上，所以，，
代入上式得，
又，均在直线上，
所以，，
则，
整理得，
将，代入上式，得，
则，
所以
.
又点到直线的距离，
故的面积为.
又，所以，
所以.
19. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）记函数的正零点为.
（i）当时，证明：；
（ii）当时，证明：.
【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增；
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）先求导，利用导数研究函数的单调性；
（2）（i）时，求出函数的正零点，再研究的范围，通过放缩证明不等式；
（ii）时，求出函数的正零点，构造新函数证明不等式.
【小问1详解】
，
若，则，
，，单调递减；
，，单调递增；
所以在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
（i）证明：当时，由，得，所以，
两边同时取自然对数并化简，得，所以.
令，
则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，即，所以，
则，
所以，
所以，
故.
（ii）证明：当时，由，得，所以，
所以，
则.
令，则，易知在上单调递增，
则，
所以在上单调递增，
又，，即，
所以，则.
解法一：
由，得，
又，故曲线在处的切线方程为.
令，
则，
所以在上单调递增，
因为，所以，
即，
所以，
又，则，两式相减得，
整理得.
综上，.
解法二：
由，
得，
又，
所以，
所以，即，
即.
综上，.
打分区间
人数
5
10
35
100
200
150
0
1
2
3