2026临泉田家炳实验中学（临泉县教师进修学校）高三下学期二模试题数学含解析

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注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
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.
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. 已知复数，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】计算两复数模可得答案.
【详解】虚数不能比较大小，，，故．
故选：B
2. 设全集 ,集合 ,则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】全集，.
解绝对值不等式，得，即.
又，故，所以.
所以得.
3. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为，所以，则，解得.
4. 在一次跳远决赛中，甲、乙两名运动员打破赛会纪录的概率分别为0.2和0.3，且两人同时打破纪录的概率为0.1，则在乙打破纪录的条件下，甲也打破纪录的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】记事件A为“甲打破纪录”，事件B为“乙打破纪录”，
因为，，，
所以在乙打破纪录的条件下，甲也打破纪录的概率为==.
5. 某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的情况：
注：“累计里程”指汽车从出厂开始累计行驶的路程．
在这段时间内，该车每100千米的平均耗油量为（ ）
A. 5升B. 6升C. 9升D. 11升
【答案】C
【解析】
【分析】根据表中行驶路程和油耗求解平均值即可.
【详解】由表中的数据可知该车行驶了500千米，耗油量为45升，则该车每100千米的平均耗油量为升．
故选：C
6. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由，
则，所以，
又因为，所以，
则，即，
联立，解得，
所以.
7. 已知抛物线和所围成的封闭曲线如图所示，点，若在此封闭曲线上至少存在两对不同的点，满足每一对点关于点A对称，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】联立两抛物线方程，求出两抛物线交点横坐标，分析已知条件得出至少还存在一对点关于对称，进而构造方程，结合两抛物线交点横坐标，得出的取值范围．
【详解】由，解得，
，故两抛物线交点的横坐标为，
已知此封闭曲线上至少存在两对不同的点，满足每一对点关于点A对称，
故必定在两支曲线上还存在不同点关于点对称，
不妨设抛物线上的点，
则点P关于点A的对称点在抛物线上，
关于t的方程在上有解，
即在上有解，
，
，即，
．
8. 已知函数，，点P，Q分别在函数和的图象上，O为坐标原点，若存在点P，Q满足，则a的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先设 ，，再结合数量积公式计算得出，最后构造函数应用导函数得出值域即可计算求最大值.
【详解】 令，，由题意得，
显然，且，，，
令，，则．
当时，，函数单调递增，
当时，，单调递减，因此，
所以，所以，而，
当且仅当时等号成立，
所以，即，则a的最大值为.
故选:D．
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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 利用信息技术工具，根据给定的a，b，c，d的值，可以画出函数的图象．在以下四个组合中，可使得函数在R上单调递增的有（ ）
A. ，，，B. ，，，
C. ，，，D. ，，，
【答案】AC
【解析】
【分析】根据函数的导函数恒为正，计算各个选项满足即可判断.
【详解】因为，
所以，
当且时，，则在R上单调递增，
对于A：，符合题意；
对于B：，不合题意；
对于C：，符合题意；
对于D：，不合题意；
故选：AC．
10. 中国古代科学家发明了一种三级漏壶用来记录时间，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上底宽依次递减1寸(约3.3厘米)，下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成的锐二面角依次为，深度依次为，则（）

A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】三级漏壶均为正四棱台,上下底宽、深度依次递减1寸,故上下底宽差值为定值、高成等差数列；取正四棱台上下底边中点与底面中心连线，构造出侧面与底面所成锐二面角，推导出、、关于上底宽、下底宽、高的表达式，结合定值与高成等差的条件，证得正切值满足等差关系，正弦、余弦值不满足等差关系.
【详解】因为三级漏壶的壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上底宽依次递减1寸(约3.3厘米)，
下底宽和深度也依次递减1寸，所以.故A正确；
如图，在正四棱台中，为正方形的中心，是边的中点，
连接，过边的中点E作，垂足为点，

则就是漏壶的侧面与底面所成的锐二面角的一个平面角，记为.
设漏壶上底宽为，下底宽为，高为，
在中，，，，，
因为自上而下三个漏壶的上底宽成等差数列，下底宽也成等差数列，且公差相等，
所以为定值，又因为三个漏壶的高成等差数列，
所以，，.
故BC错误，D正确.
11. 已知函数有最小正零点，，若在上单调，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由可得只可能为或1，当时，由，可得，，随后注意到，可得不合题意；当时，类似于分析可完成判断.
【详解】解题分析 由，，知，
由，得，故．
又因为，所以或．
当时，，，所以，，
因为函数有最小正零点，所以，，所以，，
由题意知，则，即，故，，
当时，，函数不单调，排除，
当时，，，所以，可得，
因为，所以，或，，
所以，或，，由，得，
所以，经验证，符合题意，故．
故选：BC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设椭圆：的左、右焦点分别为，，若上有且仅有2个点，使得，其中为椭圆的半焦距，是坐标原点，则的面积为______．
【答案】2
【解析】
【分析】由题意可得，根据，可得，进而可得.
【详解】
由椭圆上有且仅有2个点，使，结合椭圆的对称性可知，
因为，所以，此时点在椭圆的短轴端点处，所以，
故答案为：2
13. 已知函数恰有三个零点，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】当时，由得，故在上有两个零点，转化为在上有两个零点，利用二次函数零点的分布可得参数范围.
【详解】当时，令，得，可知函数在上有一个零点，
则在上有两个零点，故当时，方程有两个不同的根，
故在上有两个不同的根，
即函数在上有两个零点，
当，则，
结合函数的图象可得，解得．
故答案为：
14. 设有编号为1，2，3，4，5的五把锁和对应的五把钥匙．现给这5把钥匙也贴上编号为1，2，3，4，5的五个标签，则共有______种不同的贴标签的方法：若想使这5把钥匙中至少有2把能打开贴有相同标签的锁，则有______种不同的贴标签的方法．（本题两个空均用数字作答）
【答案】 ①. 120 ②. 31
【解析】
【分析】（1）利用排列数计算，即可得到答案；
（2）分三种情况讨论，即有2把能打开贴有相同标签的锁；有3把能打开贴有相同标签的锁；有5能打开贴有相同标签的锁；
【详解】（1）问题等价于将五个数进行全排列，即；
（2）有2把能打开贴有相同标签的锁为种；
有3把能打开贴有相同标签的锁为种；
有5能打开贴有相同标签的锁为种；
总共有种.
故答案为：；.
【点睛】本题考查排列数和组合数的应用，考查分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意先分类再分步.
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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求的值；
（2）若，求，并判断的形状．
【答案】（1）
（2），是钝角三角形
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边角互化结合题意可得，然后利用余弦定理可得答案；
（2）由（1）及结合，可得，，然后由角度正弦值比例可判断B最大，最后由余弦定理可判断B为钝角.
【小问1详解】
（1）由正弦定理得，得，
由余弦定理得，而，
所以．
【小问2详解】
由（1）知，，在中，，
所以，
因此，即．
又因为，所以，而，
所以，故．
由正弦定理得，可知角B最大，
因为，
所以，所以，故是钝角三角形．
16. 已知双曲线C：的焦距为8，点在双曲线C的一条渐近线上.过双曲线C的左焦点F作直线l交双曲线C的左支于A，B两点.
（1）求双曲线C的方程；
（2）已知点，直线交直线于点Q，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值.
【答案】（1） （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知条件，列方程求出，可得双曲线标准方程；
（2）设直线的方程与双曲线联立方程组，设两点坐标，表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值.
【小问1详解】
由题意知，则，所以，
因为点在双曲线的一条渐近线上，
所以点在双曲线的渐近线上，所以，
综上可得，
故双曲线的方程为.
【小问2详解】
由（1）知双曲线的左焦点为，
由题意设直线的方程为，
由直线，得，
设，则，又，
所以
，
由，得，其中，
则，，，所以.
因为，所以，
所以
.
即为定值.
17. 如图，在四棱锥中，，点，分别在棱，上，且三棱锥和三棱锥均是棱长为4的正四面体.
（1）求四棱锥的体积；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明平面，再根据锥体体积公式求得正确答案.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
如图，连接，因为三棱锥和三棱锥均是棱长为的正四面体，
故，，且四边形为菱形，为的中点，
所以，所以，所以.
因为，，，故，
所以，所以.
又，，平面，
所以平面，
设等边三角形中心为，则,
连接,由于三棱锥是正四面体，平面，
所以，所以，同理可得，则.
设四棱锥的高为，且，
菱形的面积为，
故四棱锥的体积为.
【小问2详解】
由（1）知四边形是菱形，可知，故，，三条直线两两垂直，
以为坐标原点，，，所在直线为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
故.
设平面的法向量为，
则，
故可设.
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论函数的零点个数；
（3）当时，函数与的导函数存在不为零的相等零点，求证：.
【答案】（1） （2）答案见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义求解；
（2）令，可得，当时，无零点；当时，得，问题转化为，的零点问题，利用导数分，，，讨论求得函数的单调性和极值，进而判断；
（3）设为函数与的相等零点，，可得，利用导数分析方程的解，求得，进而求得的范围.
【小问1详解】
当时，，则，
所以，则，
故所求切线方程为.
【小问2详解】
依题意，令，则，即，
当时，，方程无解，无零点.
当时，由，得，
设，，
则讨论函数的零点可以转化为讨论函数的零点.
，设，，
注意到，，
①当时，恒成立，即，
所以在上单调递减，此时存在唯一的零点；
②当时，在上单调递增，且，
则，使得，故在上单调递减，在上单调递增，
又，所以，由于时，，故有两个零点；
③当时，在上单调递减，在上单调递增，
此时存在唯一的零点；
④当时，在上单调递增，且，，
则，使得，故在上单调递减，在上单调递增，
又，所以，由于时，，
所以在上存在一个零点，故在有两个零点.
综上所述，当时，有一个零点；
当时，有两个零点.
【小问3详解】
由（1）知，当时，，，
设为函数与的相等零点，，
则，即，即，
所以.
再分析方程的解，设，则，
令，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
当时，因为，，
所以在上存在唯一的零点；
当时，因为，所以在上有唯一的零点，且，不满足题意.
综上可知，，则.
19. 记实数、中的较大者为，例如，．对于无穷数列，记（），若对于任意的，均有，则称数列为“趋势递减数列”．
（1）根据下列所给的通项公式，分别判断数列是否为“趋势递减数列”，并说明理由．
①，②；
（2）设首项为的等差数列的前项和为、公差为，且数列为“趋势递减数列”，求的取值范围；
（3）若数列满足、均为正实数，且，求证：为“趋势递减数列”的充要条件为的项中没有．
【答案】（1）①数列为“趋势递减数列”；②数列不是“趋势递减数列”；理由见解析；（2）；（3）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）根据“趋势递减数列”的定义逐个分析可得结果；
（2）由数列为“趋势递减数列”可得，①若，推出，经验证数列为“趋势递减数列”； ②若，推出，经验证数列为“趋势递减数列”，由此可得结果；
（3）利用反证法证明必要性，根据“趋势递减数列”的定义证明充分性,即可得解.
【详解】（1）①中，由，，得（为正整数），
因为，所以①数列满足“趋势递减数列”的定义，故①中数列为“趋势递减数列”.
②中，由，，所以（为正整数），
因为，故②中数列不满足“趋势递减数列”的定义，故其不是“趋势递减数列”．
（2）由数列为“趋势递减数列”，得．
①若，则，即，也即，
此时为递减数列，故．
所以，
故（），满足条件．
②若，则，则，即，
由得，
则，则，
即，解得，所以．此时为递减数列，
所以，
所以，
所以当且时，，又，
所以（），满足条件，
由①②可得，．
（3）先证明必要性：用反证法．
假设存在正整数，使得，，令，
因为，且，所以，故，
则数列从项开始以后的各项为，
则当时，，所以，
所以，与是“趋势递减数列”矛盾．
故假设不成立，故的项中没有.
再证明充分性：
由，得，
因为中的项没有，所以对于任意正整数，．于是（为正整数），
所以，
①当时，，
②当时，，
所以均有，
故为“趋势递减数列”的充要条件是数列的项中没有．
【点睛】关键点点睛：理解并运用“趋势递减数列”的定义求解是解题关键.加油时间
加油量/升
加油时的累计里程/千米
2024年8月1日
20
26000
2024年8月10日
45
26500