上海市黄浦区2026届高三二模考试数学试卷（含答案）

这是一份上海市黄浦区2026届高三二模考试数学试卷（含答案），共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.若a，b是空间中的两条直线，则“a//b”是“存在平面α，使a⊂α，b⊂α”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
2.变量x，y之间的一组相关数据如表所示：若x，y之间的线性回归方程为y=bx+12.28，则b的值为( )
A. −0.92B. −0.94C. −0.96D. −0.98
3.设函数y=f(x)的定义域为R，则下列结论： ①若y=f(x)是奇函数或偶函数，且在区间[0,+∞)上严格增，则对任意的x1，x2∈R，f(x1)>f(x2)⇒x12>x22或x13>x23; ②若对任意的x1，x2∈R，x12=x22⇒[f(x1)]2=[f(x2)]2，则y=f(x)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
4.若无穷数列{an}的首项为1，且对任意的n∈N∗，{an}的前n项和都可以表示成{an}的两项之差，则称{an}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
二、填空题：本题共12题，第5-10题每题4分,第11-16题，每题5分，共54分。
5.若A=[−1,1]，B={x|x2−2x≤0}，则A∩B= ．
6.若直线3x+y−2=0与x−ay+1=0垂直，则a的值为 ．
7.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 ．
8.在公比q为正数的等比数列{an}中，a2+a4=60，a4+a6=15，则q的值为 ．
9.在(x−2)6的展开式中，含x4项的系数为 ．
10.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 ．
11.已知tanα0)与曲线Γ2:y2a2−x2b2=1(y>0)交于两点P，Q，点F是Γ1的焦点，点O是坐标原点.若|PF|+|QF|=10|OF|，则Γ2的离心率为 ．
15.在空间直角坐标系O−xyz中，将点集{(x,y,z)||x|≤1，|y|≤1，|z|≤1}，所表示的立方体的表面满足z0.若gx=−fx，ℎx=12f2x，且Ef−ℎ=0，求证：Ef−g=0,+∞．
参考答案
1.A
2.C
3.B
4.D
5.[0,1]
6.3
7.2π3
8.12
9.60
10.76
11.13
12.π3
13.23
14. 3
15.20+2 3π3
16.750 15平方米
17.解：在本周某天，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．
(1)由P(B|A)=0.8，P(B|A)=0.4，P(A)=0.25，P(A)=0.75，
所以P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)=0.25×0.4+0.75×0.8=0.7，
故小明在本周某天选择骑共享单车去学校的概率为0.7．
(2)由P(A|B)=P(A)P(B|A)P(B)=0.75×，
故小明出发时不下雨的概率为67．
(3)由题意知X∼B(3,0.7)，
则P(X=0)=C30·0.70·0.33=271000，
P(X=1)=C31·0.71·0.32=1891000，
P(X=2)=C32·0.72·0.31=4411000，
P(X=3)=C33·0.73·0.30=3431000，
可知X的分布为
0123271000189100044110003431000
则X的数学期望E[X]=3×0.7=2.1，
方差D[X]=3×0.7×1−0.7=0.63．
18.(1)证明：∵三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，∴CC1⊥平面ABC，
又AD⊂平面ABC，∴CC1⊥AD，
又AD⊥DE，CC1与DE为平面BCC1B1内的两条相交直线，
∴AD⊥平面BCC1B1，
又AD⊂平面ADE，
∴平面ADE⊥平面BCC1B1．
(2)解：由AD⊥平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，可知AD⊥BC，
又因为△ABC是正三角形，所以BD=DC．
设BC=CC1=2，
由VABC−A1B1C1=12VE−ADC，S△ABC=2S△ADC，
可得2S△ADC⋅2=12⋅13⋅S△ADC⋅CE，故CE=1，
以A为原点，以过A且与BC平行的直线为x轴，AD，AA1分别为y，z轴建立如图的空间直角坐标系O−xyz，
则A(0,0,0)，D(0， 3，0)，E(−1, 3,1)，A1(0,0,2)，
则AD=(0, 3,0)，AE=(−1, 3,1)，A1E=(−1, 3,−1)，
设n=(x,y,z)是平面ADE的一个法向量，
则有AD·n= 3y=0,AE·n=−x+ 3y+z=0.可取n=(1,0,1)．
设A1E与平面ADE所成的角为α，
则sinα=|n⋅A1E||n|⋅|A1E|=2 2⋅ 5= 105，
所以A1E与平面ADE所成的角的大小为arcsin 105．
19.解：(1)因为fx=sin2x−1−cs2x=sin2x+cs2x−1= 2sin2x+π4−1，
所以函数y=fx的最小正周期为2π2=π，
由2kπ−π2≤2x+π4≤2kπ+π2k∈Z，可得kπ−3π8≤x≤kπ+π8k∈Z，
所以函数y=fx的单调增区间为kπ−3π8,kπ+π8k∈Z．
(2)由(1)知fx= 2sin2x+π4−1，
将函数y=fx的图象上的所有点沿向量n=θ,10≤θ≤π2平移，得到y=gx的图象，
所以gx= 2sin2x−2θ+π4，
由y=gx的图象关于点A−3π8,0对称，可得 2sin−3π4−2θ+π4=0，
所以−π2−2θ=kπk∈Z，解得θ=−kπ2−π4k∈Z，
又0≤θ≤π2，可知θ=π4，故gx= 2sin2x−π4，
当x∈0,a时，2x−π4∈−π4,2a−π4，
由②知5π2p．
由题设可知，φx的值域为非负实数集，从而其最小值为0．
设x=t 时取到最小值，则t>p，且φt=0，φ′t=0
因为φ′x=ex−1x−p,所以et=1t−p．
又由φt=0，得et−lnt−p−q=0,即q=et−lnt−p．
从而q−p=et−lnt−p−p．
由et=1t−p 可得t=−lnt−p,故q−p=et+t−p=1t−p+t−p
令u=t−p>0，则q−p=u+1u≥2.当且仅当u=1 时，等号成立．
此时t−p=1，由et=1t−p 得t=0，于是p=−1，又q=e0−ln1=1，故q−p=2.所以q−p 的最小值为2．
(3)法一：由Ef−ℎ={0}可知，对任意x∈(0,+∞)，都有fx−ℎx=0．
而ℎx=12f2x,所以f2x=2fx(x>0). (1)
已知存在正数x0，使得fx0>0．
对任意整数k，令lk=12kf2kx0．
由式(1)可得12k+1f2k+1x0=12kf2kx0,即lk+1=lk．
所以l(k)为常量，即对任意k∈Z，都有lk=l0=fx0．
于是f2kx0=2kfx0k∈Z. (2)
下面证明f(0,+∞)=(0,+∞)．
先证f(x)>0对任意x>0都成立．
任取x>0，必存在k∈Z，使2kx0≤x0．
故对任意x>0，都有fx>0. (3)
再由式(2)知fx02n=fx02n→0+n→+∞,且f2nx0=2nfx0→+∞n→+∞．
由于f的图像是连续曲线，且f在(0,+∞)上单调递增，因此f的值域为0,+∞．
又因为gx=−fx,所以fx−gx=2fx.
当f(x)取遍(0,+∞)时，2f(x)也取遍(0,+∞)．
故Ef−g=0,+∞．
法二：
由Ef−ℎ={0} 可知，对任意x>0，都有fx−ℎx=0．
而ℎx=12f2x,所以f2x=2fx. (1)
已知存在正数x0，使得fx0>0．
先证明：对任意整数n，都有f2nx0=2nfx0. (2)
当n∈N∗时，由式(1)反复应用可得f2nx0=2f2n−1x0=22f2n−2x0=⋯=2nfx0．
当n=0时，显然f20x0=fx0=20fx0．
当n0，都有fx−ℎx=0．
而ℎx=12f2x,所以f2x−2fx=0. (1)
已知存在正数x0，使得fx0>0．
由式(1)对正整数n反复迭代，可得f2nx0−2f2n−1x0=0,f2n−1x0−2f2n−2x0=0,⋯⋯,f2x0−2fx0=0．
从而f2nx0=2nfx0n∈N∗．
同理，对负整数部分可得f2−1x0=2−1fx0,f2−2x0=2−2fx0,⋯⋯，
于是对任意n∈Z，都有f2nx0=2nfx0. (2)
由式(2)知fx02n=fx02n→0+n→+∞,且f2nx0=2nfx0→+∞n→+∞．
又因为f在(0,+∞)上连续且单调递增，所以f0,+∞=0,+∞．
再由gx=−fx可得fx−gx=2fx．
故Ef−g=2fx∣x∈0,+∞=0,+∞．
x
4
5
6
7
y
8.2
7.8
6.6
5.4