2026随州高三下学期三模数学试题含解析

这是一份2026随州高三下学期三模数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 已知，，则“”是“”的， 若，则等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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，再选涂其他答案标号.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.
4.本试卷主要考试内容：高考全部内容.
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】A
【解析】
【详解】集合，，
则.
2. 复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【详解】复数，
所以复数在复平面内对应的点位于第四象限.
3. 下列双曲线的两条渐近线互相垂直的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据双曲线两条渐近线互相垂直得到，逐项判断即可.
【详解】对于双曲线，渐近线为；
对于双曲线，渐近线为.
因为两条渐近线互相垂直，则或，所以.
对于A：，，，渐近线不垂直，故A不符合.
对于B：，，，渐近线不垂直，故B不符合.
对于C：，，，渐近线垂直，故C符合.
对于D：，，，渐近线不垂直，故D不符合.
4. 已知定义域为的奇函数的周期为8，则下列结论一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的周期性及奇函数性质计算求解.
【详解】因为定义域为的奇函数的周期为8，则，
当时，则，即，故有，
则
5. 已知，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本不等式，举反例，应用必要不充分条件定义的判断.
【详解】由，，，令，， 得，则不成立，
所以“”是“”的不充分条件；
因为，，，即，得，
又因为，所以，
所以，所以，
所以“”是“”的必要条件；
综上，“”是“”的必要不充分条件.
6. 如图，一滑轮组中有两个定滑轮，，在从连接点出发的三根绳的端点处挂着三个重物，它们所受的重力分别为5N，5N，8N，此时整个系统处于平衡状态，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，可得，再利用数量积的运算律及夹角公式计算得解.
【详解】依题意，，则，
即，解得，
所以.
7. 已知，是函数在上的两个零点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用换元法结合图象先分析得到，，进而求解即可..
【详解】令，得，
因为，是函数在上的两个零点，
所以，是方程的两根，
则，
令，作出函数在上的图象如下：
由图可知，，则，即，
所以.
8. 已知，函数的最大值为0，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合函数图像分析，从而得到当与相切时，取得最小值，进而构造函数，求导，分析函数的单调性，从而求出最值，进而得到的最小值．
【详解】依题意可得函数的定义域为，
由函数的最大值为0，
即在上恒成立，
即的图象在的下方，
结合图象可得，当函数的图象过原点，且与相切时，取得最小值，
根据对称性，不妨只考虑的情况，
即当与相切时，取得最小值，
即在上恒成立，
令，即时，取得最小值，
则，令，则，
又时，，即在上单调递增；
时，，即在上单调递减，
所以，解得．
故选：A
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. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A：利用多项式次数平衡与对应项系数为零建立方程求解；选项B：采用赋值法直接计算常数项进行验证；选项C：再次赋值后结合已得常数项求出其余系数之和；选项D：通过两次赋值构造方程组，利用奇偶次项系数和的代数关系解出目标表达式.
【详解】选项A：等式右侧最高次为，因此左侧的系数必为0：
中，项的系数为；
的最高次为，要抵消项，只能即，
且，得，选项A正确；
选项B：令，代入左侧得：
，选项B错误；
选项C：令，代入左侧得：
即右侧满足：，
因此：，选项C正确；
选项D：设，，
令代入左侧：
右侧满足：，结合时的结论，
两式相减得：，因此选项D正确.
10. 在中，角，，所对的边分别为，，，下列各组条件中，能使得存在且唯一的是（ ）
A. ，，外接圆的半径为1B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】AD
【解析】
【分析】对A：借助正弦定理及三角形内角和可得该三角形存在且唯一；对B：由可得，结合可得不存在这样的；对C：利用正弦定理计算可得有两解，故C不符合题意；对D：借助余弦定理可得唯一确定，即可得该三角形存在且唯一.
【详解】对A：由正弦定理可得，则，
，，则，
故存在且唯一，故A正确；
对B：由，故，又，则，
故不存在这样的，故B错误；
对C：由正弦定理可得，，
又，则，此时有两解，故C错误；
对D：由余弦定理可得，
故唯一确定，即该三角形三边确定，故存在且唯一，故D正确.
11. 已知抛物线（）的焦点为，为上一点，是圆上一点，若的最小值为1，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，
B. 的最小值为
C. 过点作直线与圆相切，与交于，两点，若为线段的中点，则这样的直线恰有4条
D. 过点作圆的两条切线，这两条切线与交于，两点，若，则直线的方程为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据抛物线定义判断A，利用圆的几何性质判断B，根据点差法及直线与圆相切判断C，根据点到直线的距离及根与系数的关系运算求直线方程判断D.
【详解】由抛物线定义可知，，又，故，
故当时，，
解得，所以当时，，故A正确；
因为，所以圆心，半径为，
所以的最小值为，又，
所以当时，，所以的最小值为，故B错误；
设， 当直线斜率不存在时，直线方程为
由抛物线及圆的对称性知，此时或，即直线或满足题意，
当直线斜率存在时，显然斜率，此时，
由，可得，
所以，解得，矛盾，故当直线斜率存在时无解，
综上满足条件的直线只有2条，故C错误；
因为，所以，即，
设过A圆的切线的斜率为，则切线方程为，
则圆心到切线距离为2，即，即，
设两根为，则，
由，可得，
一根为，另一根为，对应，
令，所以交点坐标为，
设，其中，
所以，直线的斜率，
设直线的方程为，
代入点坐标可得，即，
令，则满足，即，
故，又，
由得，由可得，
代入，可得，于是，解得，
故直线的方程为，即，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在平面直角坐标系中，角的终边经过点，则________.
【答案】
【解析】
【详解】角的终边经过点，
则，
则.
13. 已知正项等差数列的公差为（），为的前项和，若是首项为3的等差数列，则_________.
【答案】2或50
【解析】
【分析】根据给定条件，求出，再由数列前3项成等差数列求出公差，进而验证一般情况即可.
【详解】由数列的首项为3，得，解得，则，
由数列是首项为3的等差数列，得，
则，即，
两边平方并整理得，变形得，
解得或，经检验得或，
当时，，，数列是等差数列；
当时，，，数列是等差数列，
所以得或.
14. 如图，正方体的棱长为4，，分别为，的中点，则三棱锥外接球的体积为________；过点作三棱锥外接球的截面，该截面面积的最小值为_______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】空一：建立空间直角坐标系，设球心为，半径为，进而得到球心坐标、半径，再根据球的体积公式求解即可；空二：先求出，分析可得要使截面面积最小，则垂直于截面，此时可得截面圆的半径为，进而求解即可.
【详解】以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
设三棱锥外接球的球心为，半径为，
则，
即，解得，
所以三棱锥外接球的体积为；
由于球心，，则，
要使截面面积最小，则垂直于截面，此时截面圆的半径为，
则截面面积的最小值为.
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. 已知数列满足.
（1）求的通项公式；
（2）已知，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）降次作差求解数列的的通项公式即可；
（2）根据（1）中的结果先确定数列，再运用裂项相消法求和.
【小问1详解】
当时，
当时，，且，
两式作差得，所以
显然符合上式，
∴
【小问2详解】
根据（1）中的结果得，，
，
则
.
16. 在三棱锥中，平面平面，，.
（1）证明：平面.
（2）若，，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理求证即可；
（2）取中点，过作，连接，证明为二面角的平面角，解直角三角形即可得解.
【小问1详解】
因为平面平面，交线为，且平面，，
所以平面，又平面,
所以，又，平面，
所以平面.
【小问2详解】
取中点，过作，连接，
因为，所以，
因为平面平面，是交线，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，所以为二面角的平面角，
在等腰直角三角形中，，
又在直角三角形中，，
所以，在直角三角形中，，
在直角三角形中，，
所以.
17. 已知椭圆（）的离心率为，下顶点为，右顶点为，.
（1）求的方程；
（2）是的右焦点，过点的直线与交于，两点（异于点），若平分，求的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助离心率及计算即可得；
（2）设出直线方程，联立曲线方程，可得与交点纵坐标有关韦达定理，由平分，可得点到直线与到直线的距离相等，表示出直线与直线方程后，利用点到直线距离公式结合韦达定理计算即可得.
【小问1详解】
由题意可得，解得，
故的方程为；
【小问2详解】
由题可得，，
易知直线l的斜率不为0，设，、，
联立，消去可得，恒成立，
，，
，，
由平分，则点到直线与到直线的距离相等，
即有，即，
由、，，，
故，即，
由，两点异于点，故，
则，故，
整理得，
由题意可得，故，
即，故，
即的方程为，即.
18. 已知函数，其中为自然对数的底数.
（1）当时，判断的单调性.
（2）设有3个零点，，（）.
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）证明：.
【答案】（1）在上单调递增
（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数与单调性的关系求解即可.
（2）（ⅰ）分离参数得到，设，根据导数与极值的关系即可得到满足条件的的范围.
（ⅱ）由（ⅰ）可得，将转化为，结合单调性得到，进一步得到，同时取对数得到；构造函数，结合导数与最值的关系得到在上恒成立，即可得证.
【小问1详解】
当时，，定义域为，则.
令，则，令，解得.
当，，单调递减；当，，单调递增；
所以在处取得极小值，故，
即，所以在上单调递增.
【小问2详解】
（ⅰ）函数有3个零点等价于有三个根，等价于有三个根，
即直线与有三个交点.
，令，即，解得或.
当时，，，；当时， ；
，的变化如表所示，
当时，直线与有三个交点，
所以的取值范围为.
（ⅱ）由得，，则.
要证，即证，
因为在上单调递减，所以只需证，
而，故只需证，即，
又，即证，因为，同时取对数可得.
令，则.
又，令，则，解得.
当，，单调递减；当，，单调递增；
所以在取得极小值，
为
.
令，则，所以在上单调递增，
又，所以，即，也即.
所以，
又，所以，所以，即，
所以，所以，
故，即在上恒成立，
即在上恒成立.
又，所以成立，则原不等式得证.
综上，.
19. 现有（）个互不相同的点.这个点中任意两点之间都被随机赋予一个数值，且这对点之间的数值恰好为1，2，…，，这个互不相同的整数.对于每个点，它会在其余个点中，选择与之对应数值最大的点作为自己的“目标点”.若点A的目标点是点B，且点B的目标点也是点A，则称A与B构成一对“双向目标点”.
（1）现有A，B，C，D四个互不相同的点，求点A与点B互为“双向目标点”的概率；
（2）当时，设这4个点中构成的“双向目标点”的对数为，求的分布列与数学期望；
（3）对于任意给定的（），设这个点中构成的“双向目标点”的对数为，求关于的表达式.
附：若随机变量服从两点分布，且，则.
【答案】（1）；
（2）分布列为：
期望值为；
（3）.
【解析】
【分析】（1）列出所有满足题意的情况，再利用古典概型即可得到答案；
（2）首先分析得的所有可能取值为1,2，再写出所对应的概率，最后利用均值公式即可得到答案；
（3）首先计算得，再求和即可.
【小问1详解】
设所有对点之间的数值集合，
其中．
由于数值分配是完全随机的，则任取一对点，其两点间数值取集合中任意一个值的概率均为，
4个点共有对点之间有数值，点A与点B互为＂双向目标点＂的充要条件：
点A与点B之间的数值是所有与点A或点B关联的数值中最大的.
与点A关联的数值有3个，与点B关联的数值有3个，其并集共有5个互不相同的数值，
在完全随机分配的情况下，这5个数值中每一个数值都有相等的机会获得其中的最大数值．
因此，点A和点B互为＂双向目标点＂的概率.
【小问2详解】
设这4个点中构成的＂双向目标点＂的对数为，
所有6对点之间的数值中必定存在一个最大值，取得该最大值的两个点必定互为＂双向目标点＂，则．
因为共有4个点，最多只能构成2对＂双向目标点＂，
所以的所有可能取值为1,2.
当时，意味着这4个点构成了两对没有公共顶点的＂双向目标点＂，
此时所有6个数值中最大的两个数值恰好分配给互不相交的两对点.
将4个点分为互不相交的两对点，共有种分法.
从6对点中任选两对点被赋予最大的两个数值．
因为这两对点互不相交，其余的4条边必然是连接这两对点的边，
所以只要这两条不相交的边对应6个数值中最大的2个，
那么与它们关联的任何其他边的数值必然小于这两个最大值，
从而满足这两对点均满足＂双向目标点＂的条件，选法有种.
故，
从而，
所以的分布列为
故 .
【小问3详解】
设变量Xij(1≤i