2026届大同市重点中学高三最后一卷数学试卷含解析

这是一份2026届大同市重点中学高三最后一卷数学试卷含解析，共20页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，《九章算术》有如下问题，正方形的边长为，是正方形内部等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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．已知抛物线,过抛物线上两点分别作抛物线的两条切线为两切线的交点为坐标原点若,则直线与的斜率之积为（ ）
A．B．C．D．
2．定义域为R的偶函数满足任意，有，且当时，.若函数至少有三个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．著名的斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，…，满足，，，若，则( )
A．2020B．4038C．4039D．4040
4．一个陶瓷圆盘的半径为，中间有一个边长为的正方形花纹，向盘中投入1000粒米后，发现落在正方形花纹上的米共有51粒，据此估计圆周率的值为（精确到0.001）（ ）
A．3.132B．3.137C．3.142D．3.147
5．已知正方体的体积为，点，分别在棱，上，满足最小，则四面体的体积为
A．B．C．D．
6．已知双曲线 (a>0，b>0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60°的直线l与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线的离心率e的取值范围是（ ）
A．B．(1,2),C．D．
7．《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤；斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何?”意思是：“现在有一根金箠， 长五尺在粗的一端截下一尺，重斤；在细的一端截下一尺，重斤，问各尺依次重多少?”按这一问题的颗设，假设金箠由粗到细各尺重量依次成等差数列，则从粗端开始的第二尺的重量是（ ）
A．斤B． 斤C．斤D．斤
8．如图所示，三国时代数学家在《周脾算经》中利用弦图，给出了勾股定理的绝妙证明.图中包含四个全等的直角三角形及一个小正方形（阴影），设直角三角形有一个内角为，若向弦图内随机抛掷200颗米粒（大小忽略不计，取），则落在小正方形（阴影）内的米粒数大约为（ ）
A．20B．27C．54D．64
9．正方形的边长为，是正方形内部（不包括正方形的边）一点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
10．已知数列的前n项和为，，且对于任意，满足，则（ ）
A．B．C．D．
11．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．B．
C．D．
12．正项等差数列的前和为，已知，则=（ ）
A．35B．36C．45D．54
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知为实数，向量，，且，则____________．
14．三个小朋友之间送礼物，约定每人送出一份礼物给另外两人中的一人（送给两个人的可能性相同），则三人都收到礼物的概率为______.
15．已知双曲线的一条渐近线经过点，则该双曲线的离心率为_______.
16．已知双曲线的一条渐近线为,则焦点到这条渐近线的距离为_____．
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）已知正实数满足 .
（1）求 的最小值.
（2）证明：
18．（12分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的离心率为，且过点. 为椭圆的右焦点， 为椭圆上关于原点对称的两点，连接分别交椭圆于两点.
⑴求椭圆的标准方程；
⑵若，求的值；
⑶设直线， 的斜率分别为， ，是否存在实数，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
19．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.
（1）求直线和圆的普通方程；
（2）已知直线上一点，若直线与圆交于不同两点，求的取值范围.
20．（12分）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.
（1）求B；
（2）若，AD为BC边上的中线，当的面积取得最大值时，求AD的长.
21．（12分）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面，点是棱的中点，，.
（1）若，证明：平面平面；
（2）若三棱锥的体积为，求二面角的余弦值.
22．（10分）如图，在三棱锥A­BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
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】
设出A，B的坐标，利用导数求出过A，B的切线的斜率，结合，可得x1x2＝﹣1．再写出OA，OB所在直线的斜率，作积得答案．
【详解】
解：设A（），B（），
由抛物线C：x2＝1y，得，则y′．
∴，，
由，可得，即x1x2＝﹣1．
又，，
∴．
故选：A．
点睛：（1）本题主要考查抛物线的简单几何性质，考查直线和抛物线的位置关系，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和分析推理能力.(2)解答本题的关键是解题的思路，由于与切线有关，所以一般先设切点，先设A,B,,再求切线PA,PB方程，
求点P坐标，再根据得到最后求直线与的斜率之积.如果先设点P的坐标，计算量就大一些.
2、B
【解析】
由题意可得的周期为，当时，，令，则的图像和的图像至少有个交点，画出图像，数形结合，根据，求得的取值范围.
【详解】
是定义域为R的偶函数，满足任意，
，令，
又，
为周期为的偶函数，
当时，，
当，
当，
作出图像，如下图所示：
函数至少有三个零点，
则的图像和的图像至少有个交点，
，若，
的图像和的图像只有1个交点，不合题意，
所以，的图像和的图像至少有个交点，
则有，即，
.
故选:B.
【点睛】
本题考查函数周期性及其应用，解题过程中用到了数形结合方法，这也是高考常考的热点问题，属于中档题.
3、D
【解析】
计算，代入等式，根据化简得到答案.
【详解】
，，，故，
，
故.
故选：.
【点睛】
本题考查了斐波那契数列，意在考查学生的计算能力和应用能力.
4、B
【解析】
结合随机模拟概念和几何概型公式计算即可
【详解】
如图，由几何概型公式可知：.
故选：B
【点睛】
本题考查随机模拟的概念和几何概型，属于基础题
5、D
【解析】
由题意画出图形，将所在的面延它们的交线展开到与所在的面共面，可得当时最小，设正方体的棱长为，得，进一步求出四面体的体积即可．
【详解】
解：如图，
∵点M，N分别在棱上，要最小，将所在的面延它们的交线展开到与所在的面共面，三线共线时，最小，

∴
设正方体的棱长为，则，
∴．
取，连接，则共面，
在中，设到的距离为，
设到平面的距离为，
.
故选D．
【点睛】
本题考查多面体体积的求法，考查了多面体表面上的最短距离问题，考查计算能力，是中档题．
6、A
【解析】
若过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则该直线的斜率的绝对值小于等于渐近线的斜率．根据这个结论可以求出双曲线离心率的取值范围．
【详解】
已知双曲线的右焦点为，
若过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，
则该直线的斜率的绝对值小于等于渐近线的斜率，
，离心率，
，
故选：．
【点睛】
本题考查双曲线的性质及其应用，解题时要注意挖掘隐含条件．
7、B
【解析】
依题意，金箠由粗到细各尺重量构成一个等差数列，则，由此利用等差数列性质求出结果．
【详解】
设金箠由粗到细各尺重量依次所成得等差数列为，设首项，则，公差，.
故选B
【点睛】
本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
8、B
【解析】
设大正方体的边长为，从而求得小正方体的边长为，设落在小正方形内的米粒数大约为，利用概率模拟列方程即可求解。
【详解】
设大正方体的边长为，则小正方体的边长为，
设落在小正方形内的米粒数大约为，
则，解得：
故选：B
【点睛】
本题主要考查了概率模拟的应用，考查计算能力，属于基础题。
9、C
【解析】
分别以直线为轴，直线为轴建立平面直角坐标系，设，根据，可求，而，化简求解.
【详解】
解：建立以为原点，以直线为轴，直线为轴的平面直角坐标系.设，，，则，，由，即，得.所以
=，所以当时，的最小值为.
故选：C.
【点睛】
本题考查向量的数量积的坐标表示，属于基础题.
10、D
【解析】
利用数列的递推关系式判断求解数列的通项公式，然后求解数列的和，判断选项的正误即可．
【详解】
当时，．
所以数列从第2项起为等差数列，，
所以，，．
，，
．
故选：．
【点睛】
本题考查数列的递推关系式的应用、数列求和以及数列的通项公式的求法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
11、A
【解析】
根据题意，可得几何体，利用体积计算即可.
【详解】
由题意，该几何体如图所示：
该几何体的体积.
故选：A.
【点睛】
本题考查了常见几何体的三视图和体积计算，属于基础题．
12、C
【解析】
由等差数列通项公式得，求出，再利用等差数列前项和公式能求出.
【详解】
正项等差数列的前项和，
，
，
解得或（舍），
，故选C.
【点睛】
本题主要考查等差数列的性质与求和公式，属于中档题. 解等差数列问题要注意应用等差数列的性质（）与前 项和的关系.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、5
【解析】
由，，且，得，解得，则，则．
14、
【解析】
基本事件总数，三人都收到礼物包含的基本事件个数．由此能求出三人都收到礼物的概率．
【详解】
三个小朋友之间准备送礼物，
约定每人只能送出一份礼物给另外两人中的一人（送给两个人的可能性相同），
基本事件总数，
三人都收到礼物包含的基本事件个数．
则三人都收到礼物的概率．
故答案为：．
【点睛】
本题考查古典概型概率的求法，考查运算求解能力，属于基础题.
15、
【解析】
根据双曲线方程，可得渐近线方程，结合题意可表示，再由双曲线a，b，c关系表示，最后结合双曲线离心率公式计算得答案.
【详解】
因为双曲线为，所以该双曲线的渐近线方程为.
又因为其一条渐近线经过点，即，则，
由此可得.
故答案为：.
【点睛】
本题考查由双曲线的渐近线构建方程表示系数关系进而求离心率，属于基础题.
16、2.
【解析】
由双曲线的一条渐近线为，解得．求出双曲线的右焦点，利用点到直线的距离公式求解即可．
【详解】
双曲线的一条渐近线为
解得：
双曲线的右焦点为
焦点到这条渐近线的距离为：
本题正确结果：
【点睛】
本题考查了双曲线和的标准方程及其性质，涉及到点到直线距离公式的考查，属于基础题．
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）见解析
【解析】
（1）利用乘“1”法，结合基本不等式求得结果.
（2）直接利用基本不等式及乘“1”法，证明即可.
【详解】
（1）因为 ，所以
因为 ，所以 （当且仅当 ，即 时等号成立），
所以
（2）证明：
因为 ，所以
故 （当且仅当 时，等号成立）
【点睛】
本题考查了基本不等式的应用，考查了乘“1”法的技巧，考查了推理论证能力，属于中档题.
18、（1）（2） （3）
【解析】
试题分析：（1）；（2）由椭圆对称性，知，所以，此时直线方程为，故． （3）设，则，通过直线和椭圆方程，解得，，所以，即存在．
试题解析：
（1）设椭圆方程为，由题意知：
解之得：，所以椭圆方程为：
（2）若，由椭圆对称性，知，所以，
此时直线方程为，
由，得，解得（舍去），
故．
（3）设，则，
直线的方程为，代入椭圆方程，得
，
因为是该方程的一个解，所以点的横坐标，
又在直线上，所以，
同理，点坐标为，，
所以，
即存在，使得．
19、（1），；（2）
【解析】
分析：（1）用代入法消参数可得直线的普通方程，由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；
（2）把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，其中参数的绝对值表示直线上对应点到的距离，因此有，，直接由韦达定理可得，注意到直线与圆相交，因此判别式＞0，这样可得满足的不等关系，由此可求得的取值范围.
详解：（1）直线的参数方程为，
普通方程为，
将代入圆的极坐标方程中,
可得圆的普通方程为，
（2）解：直线的参数方程为代入圆的方程为 可得：
（*），
且由题意 ，,
.
因为方程（*）有两个不同的实根，所以，
即，
又，
所以.
因为，所以
所以.
点睛：（1）参数方程化为普通方程，一般用消参数法，而消参法有两种选择：一是代入法，二是用公式；
（2）极坐标方程与直角坐标方程互化一般利用公式；
（3）过的直线的参数方程为（为参数）中参数具有几何意义：直线上任一点对应参数，则.
20、（1）；（2）.
【解析】
（1）利用正弦定理及可得，从而得到；
（2）在中，利用余弦定可得，，而，故当时，的面积取得最大值，此时，，在中，再利用余弦定理即可解决.
【详解】
（1）由正弦定理及已知得，
结合，
得，
因为，所以，
由，得.
（2）在中，由余弦定得，
因为，所以，
当且仅当时，的面积取得最大值，此时.
在中，由余弦定理得
.
即.
【点睛】
本题考查正余弦定理解三角形，涉及到基本不等式求最值，考查学生的计算能力，是一道容易题.
21、（1）见解析（2）
【解析】
(1)由已知可证得平面,则有,在中,由已知可得,即可证得平面,进而证得结论.
(2) 过作交于,由为的中点,结合已知有平面.
则,可求得.建立坐标系分别求得面的法向量,平面的一个法向量为,利用公式即可求得结果.
【详解】
（1）证明：平面，平面，
,又四边形为正方形，
.
又、平面，且，
平面..
中，，为的中点，
.
又、平面，，
平面.
平面，平面平面.
（2）解：过作交于，如图
为的中点，，.
又平面，平面.
，.
所以,又、、两两互相垂直，以、、为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系.，，，
设平面的法向量，则
，即.
令，则，..
平面的一个法向量为
.
二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查面面垂直的证明方法,考查了空间线线、线面、面面位置关系，考查利用向量法求二面角的方法,难度一般.
22、（1）见解析（2）见解析
【解析】
试题分析：（1）先由平面几何知识证明，再由线面平行判定定理得结论；（2）先由面面垂直性质定理得平面，则，再由AB⊥AD及线面垂直判定定理得AD⊥平面ABC，即可得AD⊥AC．
试题解析：证明：（1）在平面内，因为AB⊥AD，，所以.
又因为平面ABC，平面ABC，所以EF∥平面ABC.
（2）因为平面ABD⊥平面BCD，
平面平面BCD=BD，
平面BCD，，
所以平面.
因为平面，所以 .
又AB⊥AD，，平面ABC，平面ABC，
所以AD⊥平面ABC，
又因为AC平面ABC，
所以AD⊥AC.
点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型：（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行；（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直；（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直．