山西晋中市2026届高三年级 模拟测试数学试题（含解析）高考模拟

这是一份山西晋中市2026届高三年级 模拟测试数学试题（含解析）高考模拟，共9页。试卷主要包含了5D， 记为等差数列的前项和，若，则， 的展开式中，的系数为等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.
一､单项选择题：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】由题可知，则.
2. 若复数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为，所以，则.
3. 已知变量具有线性相关关系，根据一组观测数据利用最小二乘法建立了经验回归方程，若，则（ ）
A. 10B. 5C. 0.5D. 0.1
【答案】D
【解析】
【详解】因为经验回归直线一定经过点，所以，解得.
4. 已知直线为两条不重合的直线，若与正方体的各棱所成的角相等，则“与正方体的各棱所成的角相等”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】
【详解】直线与正方体的各棱所成的角相等，
则它必与同一顶点出发的三条棱所成的角相等，显然正方体的体对角线满足条件.
当时，由等角定理可知结论成立，即必要性成立，
因正方体的四条体对角线交于同一点，故得不出，充分性不成立.
即“与正方体的各棱所成的角相等”是“”的必要不充分条件.
5. 记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设的公差为.由题可知，
则，，解得.
因为，所以，可知是公差为的等差数列，
即是公差为的等差数列，所以.
6. 的展开式中，的系数为（ ）
A. 220B. C. 100D.
【答案】B
【解析】
【详解】的展开式的通项为，
所以含有的项的系数为.
7. 已知且，若函数的值域为，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】当时，单调递增，则，
当时，，要使函数的值域为，
则需在时的值域包含，故需满足，
解得.
8. 已知抛物线的焦点为，过的直线与交于两点，过点分别向的准线作垂线，垂足为，若中点的纵坐标为2，则的方程为（ ）
A. 或B. 或
C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【详解】如下图：
由题可知，设，且，
则两式相减得，
则直线的方程为，
因为中点的纵坐标为2，得，
由抛物线的定义可知，
即，
解得或，
故的方程为或.
二､多项选择题：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. 已知正整数数列满足，且，则的前4项和的值可以是（ ）
A. 11B. 22C. 33D. 44
【答案】AC
【解析】
【详解】因为，所以或.
当时，，此时；
当时，或，此时或.
AC选项正确.
10. 已知双曲线的左､右焦点分别为为坐标原点，以为直径的圆与的两条渐近线分别交于点（均与点不重合），若，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 的离心率
D. 若的焦距为2，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据双曲线的定义分析选项A.根据圆的性质以及点到直线的距离公式求解选项B.根据三角函数的定义以及范围求解选项C.根据向量数量积以及二次函数的最值求解选项D.
【详解】对于A，若，则应在的右支上，而已知中不在上，故A错误；
对于B，因为为直径，所以，直线的方程为，故，故B正确；
对于C，设的半焦距为，由题可知，在中，，
解得，故C正确；
对于D，若焦距为2，因为，，所以.
则，
当时取等号，故D正确.
11. 已知函数，则（ ）
A. 是的极大值点
B. 当时，
C. ，使得点是曲线的对称中心
D. ，使得，直线与曲线均只有一个公共点
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用导数确定函数的单调区间，求出极值即可判断；由，结合A中的单调性，即可判断B；判断是否有解，即可判断C；两函数作差得到，根据两曲线只有一个交点求出，再分析单调性，即可判断D.
【详解】对于A，由题可知，
当时，当时，;当时，,
即函数在上单调递增；在上单调递减，故是的极大值点.
当时，令，得或，
当时，在时，，在时，，在时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
当时，在时，，在时，，在时，，
在和上单调递减，在上单调递增，
综上可得，均是的极大值点，故A正确；
对于B，当时，由A项可知在上单调递增，
又因，所以，故B错误；
对于C.
，，
令，可得,
因该式对任意实数恒成立，故可得，
即存在，使得点是曲线的对称中心，故C正确；
对于D，若直线与曲线只有一个公共点，则方程只有一个实根，
令，则，
由，可得，此时,
则在上单调递增，且当时，,当时，，
即当时，函数有且仅有1个零点，故D正确.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，则与的夹角为__________.
【答案】##
【解析】
【详解】由题可知，
解得，
所以，又，
则.
13. 已知函数的定义域为是偶函数，，则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据函数的对称性以及奇偶性求出函数的周期，再求解即可.
【详解】由是偶函数，可知是偶函数，则的图像关于直线对称.
由，可知的图象关于点对称，可得
故是的周期.
由，可得，，因此.
14. 如图，点是函数的图象与直线的相邻的三个交点，是的图象与轴的交点，若，则______.
【答案】
【解析】
【分析】先通过方程的解，得到相邻交点的横坐标差，结合求出；再由和图像单调性确定，最后计算的值.
【详解】令，可得或，.
由题图可知，，所以，
因为，即，故. 因为，即，
又因为点在单调递减区间上，所以可取，则，
从而.
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. 在中，角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式和正弦定理边角关系，以及二倍角的正弦公式可求得，即可知的大小.
（2）由余弦定理及已知条件可得，进而求得，再应用三角形面积公式可求得的面积.
【小问1详解】
由，
可得，
则有，
由正弦定理及倍角公式有，
而，所以有，因为，
所以，所以.
【小问2详解】
由余弦定理有，则，
故，解得，
又因为，所以，
故的面积.
16. 已知椭圆的上､下焦点与左顶点是等腰直角三角形的三个顶点，且过点.
（1）求的方程；
（2）过点且不与坐标轴垂直的直线交于两点，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的方程与几何性质求出，进而得到椭圆方程.
（2）设出直线方程，与椭圆方程联立，利用向量垂直和韦达定理进行证明即可.
【小问1详解】
由是等腰直角三角形，
可得，故.
由过点，有，解得，
故的方程为
【小问2详解】
由题可知，的斜率存在且不为0，设其方程为，
与的方程联立可得，
，
设，则，
由（1）可知，所以，
又因为，
故
从而有.
17. “十四五”期间，我国的机器人产业大爆发，实现了从“低端制造”到“高端突破”的历史性转变. 某学校的兴趣小组在校内随机调查了100名学生，统计其关注的机器人类型，得到如下的统计表：
（1）先按比例用分层随机抽样的方法从上面100名学生中随机抽取10人.
（i）分别求抽取的10人中关注“特种机器人”和关注“表演机器人”的人数；
（ii）再从这10人中随机抽取3人，记抽到关注“特种机器人”的人数为，关注“表演机器人”的人数为，设，求的分布列.
（2）该兴趣小组调查某款表演机器人，得知输入动作指令后其能准确完成指令的概率为，若输入次动作指令，其能准确完成指令的次数为，记事件的概率为，假设每次输入指令相互独立，且，则当为何值时，的值最大？
【答案】（1）（i）4，3；
（ii）的分布列为
（2）或时，取得最大值.【解析】
【分析】（1）（i）按分层抽样比例计算，从100人中抽取10人，得出关注特种机器人4人、表演机器人3人；（ii）确定的所有可能取值，用组合数计算各取值概率，列出分布列；
（2）利用二项分布概率公式，通过相邻两项比值法判断单调性，求得最大时的值.
【小问1详解】
（i）由题可知，抽取的10人中，关注“特种机器人”的有人，
关注“表演机器人”的有人.
（ii）的所有可能取值为，
，
，
，
.
则的分布列为
【小问2详解】由题可知，，故.
令，则，
令，可得，令，
可得，令，可得，
所以或时，取得最大值.
18. 已知函数.
（1）若，求的图象在点处的切线方程.
（2）设函数.
（i）讨论的零点个数；
（ii）若的较大零点为，证明：.
【答案】（1）
（2）（i）当或时，有两个零点，当时，有一个零点；
（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当时，先求与，利用点斜式写出切线方程；
（2）（i）求并因式分解，分、、三种情况讨论单调性与零点个数；
（ii）利用在上的单调性，构造函数，通过导数判断单调性证明不等式.
【小问1详解】
当时，，
则，
又因为，
所以的图象在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
（i）由题可知与的定义域均为，故.
.
令，可得或.
若，则当时，单调递增，当时，
单调递减，当时，单调递增，
，又时，，
所以存在，使得，此时共有两个零点；
若，则单调递增，此时，有一个零点；
若，则当时，单调递增，当时，
单调递减，当时，单调递增，
，又时，，
所以存在，使得，此时共有两个零点.
综上，当或时，有两个零点，当时，有一个零点.
（ii）由，可知.
由在上单调递增，可知即证.
令，
即证，也即证.
令，则，
故在上单调递减.
又，所以，得证.
19. 如图，在直角梯形中，，为的中点，连接，将沿折起到的位置，得到四棱锥.
（1）求证：.
（2）设二面角的平面角为，且
（i）求直线与平面所成角的正弦值；
（ii）求四面体体积的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）由折叠前后、底面，利用线面垂直判定定理证平面，得证；
（2）（i）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角公式计算正弦值；
（ii）应用四面体体积计算公式得到，要求的最大值，只需求的最大值. 通过差角公式与均值不等式求得的最大值，从而得到体积的最大值.
【小问1详解】
如图，设的中点为，连接.
因为，且，所以四边形是菱形.
在中，有，在中，有，
又，OPn,OC⊂ 平面，故有平面，
又CPn⊂ 平面，则.
【小问2详解】
（i）由（1）知，平面，作平面，又，
所以分别以直线为轴建立空间直角坐标系，
则E2,0,0,D−2,0,0,B4,2,0.
由（1）得，故即为二面角的平面角，
则有Pn0,2csθn,2sinθn，当时，，此时，
故P30,2,2,DB=6,2,0,DE=4,0,0,DP3=2,2,2.
设平面的法向量为，
则m→⋅DE⃗=0m→⋅DP3⃗=0，即4x=02x+2y+2z=0，取，
设直线与平面所成的角为，
则sinα=DB⋅mDBm=510.
（ii）由（1）知平面，所以平面，
记，
则四面体的体积.
由题意，可知，则与在上均单调递增，
要求的最大值，只需求的最大值.
tanθ=tanθn−θn+1=12n−3−12n−21+12n−3⋅12n−2=12n−2+12n−3，
令，则，且，
当时，单调递增，当t∈22,+∞时，单调递减，
当，即时，，当，即时，，
所以当或3时，取得最大值，此时取得最大值，
所以四面体的体积的最大值.
类型
医疗机器人
特种机器人
表演机器人
服务机器人
工业机器人
人数
10
40
30
10
10
0
1
2
3
0
1
2
3