鹰潭市2026年高三第二次模拟考试数学试卷（含答案解析）

这是一份鹰潭市2026年高三第二次模拟考试数学试卷（含答案解析），共20页。试卷主要包含了设集合，已知集合，圆心为且和轴相切的圆的方程是，已知三棱柱等内容，欢迎下载使用。
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
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．已知函数有三个不同的零点 （其中），则 的值为( )
A．B．C．D．
2．在中，角的对边分别为，若，则的形状为（ ）
A．直角三角形B．等腰非等边三角形
C．等腰或直角三角形D．钝角三角形
3．设集合（为实数集），，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知集合（），若集合，且对任意的，存在使得，其中，，则称集合A为集合M的基底.下列集合中能作为集合的基底的是（ ）
A．B．C．D．
5．双曲线的一条渐近线方程为，那么它的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．如图是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为( )
A．B．C．D．
7．在长方体中，，则直线与平面所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．设点是椭圆上的一点，是椭圆的两个焦点，若，则（ ）
A．B．C．D．
9．圆心为且和轴相切的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知三棱柱( )
A．B．C．D．
11．已知函数，若有2个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数是上的偶函数，且当时，函数是单调递减函数，则，，的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在平面直角坐标系xOy中，己知直线与函数的图象在y轴右侧的公共点从左到右依次为，，…，若点的横坐标为1，则点的横坐标为________.
14．设Sn为数列{an}的前n项和，若an0，a1=1，且2Sn=an（an+t），n∈N*，则S10=_____.
15．正四面体的各个点在平面同侧，各点到平面的距离分别为1，2，3，4，则正四面体的棱长为__________．
16．为了了解一批产品的长度（单位：毫米）情况，现抽取容量为400的样本进行检测，如图是检测结果的频率分布直方图，根据产品标准，单件产品长度在区间的一等品，在区间和的为二等品，其余均为三等品，则样本中三等品的件数为__________．
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）已知函数，为的导数，函数在处取得最小值．
（1）求证：；
（2）若时，恒成立，求的取值范围．
18．（12分）在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为．
（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；
（2）设点，直线l与曲线C交于不同的两点A、B，求的值．
19．（12分）已知，其中．
（1）当时，设函数，求函数的极值．
（2）若函数在区间上递增，求的取值范围；
（3）证明：．
20．（12分）在四棱锥中，是等边三角形，点在棱上，平面平面．
（1）求证：平面平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值的最大值；
（3）设直线与平面相交于点，若，求的值．
21．（12分）在△ABC中，角所对的边分别为向量，向量，且.
（1）求角的大小；
（2）求的最大值.
22．（10分）已知函数的最大值为2.
（Ⅰ）求函数在上的单调递减区间；
（Ⅱ）中,,角所对的边分别是，且，求的面积．
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．A
【解析】
令，构造，要使函数有三个不同的零点（其中），则方程需要有两个不同的根，则，解得或，结合的图象，并分，两个情况分类讨论，可求出的值.
【详解】
令，构造，求导得，当时，；当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，且时，，时，，，可画出函数的图象（见下图），要使函数有三个不同的零点（其中），则方程需要有两个不同的根（其中），则，解得或，且，
若，即，则，则，且，
故，
若，即，由于，故，故不符合题意，舍去.
故选A.

解决函数零点问题，常常利用数形结合、等价转化等数学思想.
2．C
【解析】
利用正弦定理将边化角，再由，化简可得，最后分类讨论可得；
【详解】
解：因为
所以
所以
所以
所以
所以
当时，为直角三角形；
当时即，为等腰三角形；
的形状是等腰三角形或直角三角形
故选：．
本题考查三角形形状的判断，考查正弦定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
3．A
【解析】
根据集合交集与补集运算,即可求得.
【详解】
集合,,
所以
所以
故选:A
本题考查了集合交集与补集的混合运算,属于基础题.
4．C
【解析】
根据题目中的基底定义求解.
【详解】
因为，
，
，
，
，
，
所以能作为集合的基底，
故选：C
本题主要考查集合的新定义，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
5．D
【解析】
根据双曲线的一条渐近线方程为，列出方程，求出的值即可.
【详解】
∵双曲线的一条渐近线方程为，
可得，∴，
∴双曲线的离心率.
故选：D.
本小题主要考查双曲线离心率的求法，属于基础题.
6．A
【解析】
根据三视图可得几何体为直三棱柱，根据三视图中的数据直接利用公式可求体积.
【详解】
由三视图可知几何体为直三棱柱，直观图如图所示：
其中，底面为直角三角形，，，高为.
∴该几何体的体积为
故选：A.
本题考查三视图及棱柱的体积，属于基础题.
7．C
【解析】
在长方体中， 得与平面交于，过做于，可证平面，可得为所求解的角，解，即可求出结论.
【详解】
在长方体中，平面即为平面，
过做于，平面，
平面，
平面，为与平面所成角，
在，
，
直线与平面所成角的余弦值为.
故选:C.
本题考查直线与平面所成的角，定义法求空间角要体现“做”“证”“算”，三步骤缺一不可，属于基础题.
8．B
【解析】
∵
∵
∴
∵，
∴
∴
故选B
点睛：本题主要考查利用椭圆的简单性质及椭圆的定义. 求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系.
9．A
【解析】
求出所求圆的半径，可得出所求圆的标准方程.
【详解】
圆心为且和轴相切的圆的半径为，因此，所求圆的方程为.
故选：A.
本题考查圆的方程的求解，一般求出圆的圆心和半径，考查计算能力，属于基础题.
10．C
【解析】
因为直三棱柱中，AB＝3，AC＝4，AA1＝12，AB⊥AC，所以BC＝5，且BC为过底面ABC的截面圆的直径．取BC中点D，则OD⊥底面ABC，则O在侧面BCC1B1内，矩形BCC1B1的对角线长即为球直径，所以2R＝＝13，即R＝
11．C
【解析】
令，可得，要使得有两个实数解，即和有两个交点，结合已知，即可求得答案.
【详解】
令，
可得，
要使得有两个实数解，即和有两个交点，
，
令，
可得，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减.
当时，，
若直线和有两个交点，则.
实数的取值范围是.
故选：C.
本题主要考查了根据零点求参数范围，解题关键是掌握根据零点个数求参数的解法和根据导数求单调性的步骤，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
12．D
【解析】
利用对数函数的单调性可得，再根据的单调性和奇偶性可得正确的选项.
【详解】
因为，，
故.
又，故.
因为当时，函数是单调递减函数，
所以.
因为为偶函数，故，
所以.
故选：D.
本题考查抽象函数的奇偶性、单调性以及对数函数的单调性在大小比较中的应用，比较大小时注意选择合适的中间数来传递不等关系，本题属于中档题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．1
【解析】
当时，得，或，依题意可得，可求得，继而可得答案．
【详解】
因为点的横坐标为1，即当时，，
所以或，
又直线与函数的图象在轴右侧的公共点从左到右依次为，，
所以，
故，
所以函数的关系式为．
当时，（1），
即点的横坐标为1，为二函数的图象的第二个公共点．
故答案为：1．
本题考查三角函数关系式的恒等变换、正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力及思维能力，属于中档题．
14．55
【解析】
由求出.由，可得，两式相减，可得数列是以1为首项，1为公差的等差数列，即求.
【详解】
由题意，当n=1时，，
当时，由，
可得，
两式相减，可得，
整理得，
，
即，
∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
.
故答案为：55.
本题考查求数列的前项和，属于基础题.
15．
【解析】
不妨设点A，D，C，B到面的距离分别为1，2，3，4，平面向下平移两个单位，与正四面体相交，过点D，与AB，AC分别相交于点E，F，根据题意F为中点，E为AB的三等分点（靠近点A），设棱长为a， 求得，再用余弦定理求得：，从而求得，再根据顶点A到面EDF的距离为，得到，然后利用等体积法求解，
【详解】
不妨设点A，D，C，B到面的距离分别为1，2，3，4，
平面向下平移两个单位，与正四面体相交，过点D，与AB，AC分别相交于点E，F，如图所示：
由题意得：F为中点，E为AB的三等分点（靠近点A），
设棱长为a， ，
顶点D到面ABC的距离为
所以，
由余弦定理得：
，
所以，所以，
又顶点A到面EDF的距离为，
所以，
因为，
所以，
解得，
故答案为：
本题主要考查几何体的切割问题以及等体积法的应用，还考查了转化化归的思想和空间想象，运算求解的能力，属于难题，
16．100.
【解析】
分析：根据频率分布直方图得到三等品的频率，然后可求得样本中三等品的件数．
详解：由题意得，三等品的长度在区间，和内，
根据频率分布直方图可得三等品的频率为，
∴样本中三等品的件数为.
点睛：频率分布直方图的纵坐标为，因此每一个小矩形的面积表示样本个体落在该区间内的频率，把小矩形的高视为频率时常犯的错误．
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）见解析； （2）.
【解析】
（1）对求导，令，求导研究单调性，分析可得存在使得，即，即得证；
（2）分，两种情况讨论，当时，转化利用均值不等式即得证；当，有两个不同的零点，，分析可得的最小值为，分，讨论即得解.
【详解】
（1）由题意，
令，则，知为的增函数，
因为，，
所以，存在使得，即．
所以，当时，为减函数，
当时，为增函数，
故当时，取得最小值，也就是取得最小值．
故，于是有，即，
所以有，证毕．
（2）由（1）知，的最小值为，
①当，即时，为的增函数，
所以，
，
由（1）中，得，即．
故满足题意．
②当，即时，有两个不同的零点，，
且，即，
若时，为减函数，（*）
若时，为增函数，
所以的最小值为．
注意到时，，且此时，
（ⅰ）当时，，
所以，即，
又
，
而，所以，即．
由于在下，恒有，所以．
（ⅱ）当时，，
所以，
所以由（*）知时，为减函数，
所以，不满足时，恒成立，故舍去．
故满足条件．
综上所述：的取值范围是．
本题考查了函数与导数综合，考查了利用导数研究函数的最值和不等式的恒成立问题，考查了学生综合分析，转化划归，分类讨论，数学运算能力，属于较难题.
18．（1），（2）
【解析】
(1)利用极坐标与直角坐标的互化公式即可把曲线的极坐标方程化为直角坐标方程,利用消去参数即可得到直线的直角坐标方程;
(2) 由于在直线上,写出直线的标准参数方程参数方程,代入曲线的方程利用参数的几何意义即可得出求解即可.
【详解】
（1）直线的普通方程为，即，
根据极坐标与直角坐标之间的相互转化，，，
而，则，
即，
故直线l的普通方程为，
曲线C的直角坐标方程
（2）点在直线l上，且直线的倾斜角为，
可设直线的参数方程为：（t为参数），
代入到曲线C的方程得
，，，
由参数的几何意义知．
熟练掌握极坐标与直角坐标的互化公式、方程思想、直线的参数方程中的参数的几何意义是解题的关键,难度一般.
19．（1）极大值，无极小值；（2）．（3）见解析
【解析】
（1）先求导，根据导数和函数极值的关系即可求出；
（2）先求导，再函数在区间上递增，分离参数，构造函数，求出函数的最值，问题得以解决；
（3）取得到，取，可得
，累加和根据对数的运算性和放缩法即可证明.
【详解】
解：（1）当时，设函数，则
令，解得
当时，，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减
所以当时，函数取得极大值，即极大值为，无极小值；
（2）因为，
所以，
因为在区间上递增，
所以在上恒成立，
所以在区间上恒成立．
当时，在区间上恒成立，
当时，，
设，则在区间上恒成立．
所以在单调递增，则，
所以，即
综上所述．
（3）由（2）可知当时，函数在区间上递增，
所以，即，
取，则
．
所以
所以
此题考查了参数的取值范围以及恒成立的问题，以及不等式的证明，构造函数是关键，属于较难题.
20．（1）证明见解析（2）（3）
【解析】
（1）取中点为,连接,由等边三角形性质可得,再由面面垂直的性质可得,根据平行直线的性质可得,进而求证；
（2）以为原点,过作的平行线,分别以,,分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,设,由点在棱上,可设,即可得到,再求得平面的法向量,进而利用数量积求解；
（3）设,,则,求得,,即可求得点的坐标,再由与平面的法向量垂直,进而求解.
【详解】
（1）证明:取中点为,连接,
因为是等边三角形,所以,
因为且相交于,所以平面,所以,
因为,所以,
因为,在平面内,所以,
所以.
（2）以为原点,过作的平行线,分别以,,分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系,设,则,,,,
因为在棱上,可设,
所以,
设平面的法向量为,因为,
所以,即,令,可得,即,
设直线与平面所成角为,所以,
可知当时,取最大值.
（3）设,则有,得,
设,那么,所以,
所以.
因为,
,
所以.
又因为,所以,
,设平面的法向量为,
则,即,,可得,即
因为在平面内,所以,所以,
所以,即,
所以或者（舍）,即.
本题考查面面垂直的证明,考查空间向量法求线面成角,考查运算能力与空间想象能力.
21．（1）（2）2
【解析】
（1）转化条件得，进而可得，即可得解；
（2）由化简可得，由结合三角函数的性质即可得解.
【详解】
（1），，
由正弦定理得，
即，
又 ，，
又 ，，，
由可得.
（2）由（1）可得，，
，
，，，
的最大值为2.
本题考查了平面向量平行、正弦定理以及三角恒等变换的应用，考查了三角函数的性质，属于中档题.
22．（Ⅰ）（Ⅱ）
【解析】
(1)由题意，f(x)的最大值为所以而m>0，于是m=，f(x)=2sin(x+).由正弦函数的单调性可得x满足即所以f(x)在［0,π］上的单调递减区间为
(2)设△ABC的外接圆半径为R，由题意，得化简得sin A+sin B=2sin Asin B.由正弦定理，得① 由余弦定理，得a2+b2-ab=9，即(a+b)2-3ab-9=0②
将①式代入②，得2(ab)2-3ab-9=0，解得ab=3或(舍去)，故