2025-2026学年葫芦岛市高三二诊模拟考试数学试卷（含答案解析）

这是一份2025-2026学年葫芦岛市高三二诊模拟考试数学试卷（含答案解析），共3页。试卷主要包含了函数 的部分图象如图所示，则，已知集合，则等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，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，再选涂其它答案标号。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．已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为点，延长交椭圆于点，若为等腰三角形，则椭圆的离心率
A．B．
C．D．
2．已知数列满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．的展开式中的系数是（ ）
A．160B．240C．280D．320
4．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.若，的面积为，则（ ）
A．5B．C．4D．16
5．函数 的部分图象如图所示，则 （ ）
A．6B．5C．4D．3
6．盒子中有编号为1，2，3，4，5，6，7的7个相同的球，从中任取3个编号不同的球，则取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率是（ ）
A．B．C．D．
7．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
8．过抛物线的焦点的直线交该抛物线于，两点，为坐标原点.若，则直线的斜率为( )
A．B．C．D．
9．如图，已知直线与抛物线相交于A，B两点，且A、B两点在抛物线准线上的投影分别是M，N，若，则的值是（ ）
A．B．C．D．
10．刘徽(约公元225年-295年)，魏晋期间伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基人之一他在割圆术中提出的，“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的佳作，割圆术的核心思想是将一个圆的内接正n边形等分成n个等腰三角形(如图所示)，当n变得很大时，这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积，运用割圆术的思想，得到的近似值为（ ）
A．B．C．D．
11．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
12．如图所示程序框图，若判断框内为“”，则输出（ ）
A．2B．10C．34D．98
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知是夹角为的两个单位向量，若，，则与的夹角为______.
14．三对父子去参加亲子活动，坐在如图所示的6个位置上，有且仅有一对父子是相邻而坐的坐法有________种（比如：B与D、B与C是相邻的，A与D、C与D是不相邻的）.
15．如图，已知扇形的半径为1，面积为，则_____.
16．若函数在区间上有且仅有一个零点，则实数的取值范围有___________.
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）已知在中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，且．
（1）求角A的值；
（2）若，设角，周长为y，求的最大值．
18．（12分）设数列的前n项和满足，，，
（1）证明：数列是等差数列，并求其通项公式﹔
（2）设，求证：.
19．（12分）在极坐标系中，曲线的极坐标方程为
（1）求曲线与极轴所在直线围成图形的面积；
（2）设曲线与曲线交于，两点，求.
20．（12分）已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)若对任意恒成立，求的取值范围.
21．（12分）已知四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，丄底面.
（1）证明：平面平面；
（2）过的平面交于点，若平面把四棱锥分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值.
22．（10分）设函数f（x）=ax2–a–lnx，g（x）=，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数.
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）证明：当x＞1时，g（x）＞0；
（Ⅲ）确定a的所有可能取值，使得f（x）＞g（x）在区间（1，+∞）内恒成立.
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．B
【解析】
设，则，，
因为，所以．若，则，所以，
所以，不符合题意，所以，则，
所以，所以，，设，则，
在中，易得，所以，解得（负值舍去），
所以椭圆的离心率．故选B．
2．C
【解析】
利用的前项和求出数列的通项公式，可计算出，然后利用裂项法可求出的值.
【详解】
.
当时，；
当时，由，
可得，
两式相减，可得，故，
因为也适合上式，所以.
依题意，，
故.
故选：C.
本题考查利用求，同时也考查了裂项求和法，考查计算能力，属于中等题.
3．C
【解析】
首先把看作为一个整体，进而利用二项展开式求得的系数，再求的展开式中的系数，二者相乘即可求解.
【详解】
由二项展开式的通项公式可得的第项为，令，则，又的第为，令，则，所以的系数是.
故选：C
本题考查二项展开式指定项的系数，掌握二项展开式的通项是解题的关键，属于基础题.
4．C
【解析】
根据正弦定理边化角以及三角函数公式可得,再根据面积公式可求得,再代入余弦定理求解即可.
【详解】
中,,由正弦定理得,
又,
∴,又,∴,∴,又,
∴.∵,
∴,∵,∴由余弦定理可得,
∴,可得.
故选：C
本题主要考查了解三角形中正余弦定理与面积公式的运用,属于中档题.
5．A
【解析】
根据正切函数的图象求出A、B两点的坐标，再求出向量的坐标，根据向量数量积的坐标运算求出结果．
【详解】
由图象得,令=0,即=kπ，
k=0时解得x=2，
令=1,即，解得x=3，
∴A(2,0),B(3,1)，
∴，
∴.
故选：A.
本题考查正切函数的图象，平面向量数量积的运算，属于综合题，但是难度不大，解题关键是利用图象与正切函数图象求出坐标，再根据向量数量积的坐标运算可得结果，属于简单题.
6．B
【解析】
由题意，取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有，所有的情况有种，由古典概型的概率公式即得解.
【详解】
由题意，取的3个球的编号的中位数恰好为5的情况有，所有的情况有种
由古典概型，取的3个球的编号的中位数恰好为5的概率为：
故选：B
本题考查了排列组合在古典概型中的应用，考查了学生综合分析，概念理解，数学运算的能力，属于中档题.
7．C
【解析】
由题意和交集的运算直接求出.
【详解】
∵ 集合，
∴.
故选:C.
本题考查了集合的交集运算.集合进行交并补运算时，常借助数轴求解.注意端点处是实心圆还是空心圆.
8．D
【解析】
根据抛物线的定义，结合，求出的坐标，然后求出的斜率即可．
【详解】
解：抛物线的焦点，准线方程为，
设，则，故，此时，即．
则直线的斜率．
故选：D．
本题考查了抛物线的定义，直线斜率公式，属于中档题．
9．C
【解析】
直线恒过定点，由此推导出，由此能求出点的坐标，从而能求出的值．
【详解】
设抛物线的准线为，
直线恒过定点，
如图过A、B分别作于M，于N，
由，则，
点B为AP的中点、连接OB，则，
∴，点B的横坐标为，
∴点B的坐标为，把代入直线，
解得，
故选：C．
本题考查直线与圆锥曲线中参数的求法，考查抛物线的性质，是中档题，解题时要注意等价转化思想的合理运用，属于中档题.
10．A
【解析】
设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,则每个等腰三角形的面积为,由割圆术可得圆的面积为,整理可得,当时即可为所求.
【详解】
由割圆术可知当n变得很大时,这n个等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积,
设圆的半径为,每个等腰三角形的顶角为,
所以每个等腰三角形的面积为,
所以圆的面积为,即,
所以当时,可得,
故选:A
本题考查三角形面积公式的应用,考查阅读分析能力.
11．D
【解析】
与中间值1比较，可用换底公式化为同底数对数，再比较大小．
【详解】
，，又，∴，即，
∴．
故选：D.
本题考查幂和对数的大小比较，解题时能化为同底的化为同底数幂比较，或化为同底数对数比较，若是不同类型的数，可借助中间值如0，1等比较．
12．C
【解析】
由题意，逐步分析循环中各变量的值的变化情况，即可得解.
【详解】
由题意运行程序可得：
，，，；
，，，；
，，，；
不成立，此时输出.
故选：C.
本题考查了程序框图，只需在理解程序框图的前提下细心计算即可，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
依题意可得，再根据求模，求数量积，最后根据夹角公式计算可得；
【详解】
解：因为是夹角为的两个单位向量
所以，
又，
所以，，
所以，
因为所以；
故答案为：
本题考查平面向量的数量积的运算律，以及夹角的计算，属于基础题.
14．192
【解析】
根据题意，分步进行分析：①，在三对父子中任选1对，安排在相邻的位置上，②，将剩下的4人安排在剩下的4个位置，要求父子不能坐在相邻的位置，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】
根据题意，分步进行分析：
①，在三对父子中任选1对，有3种选法，由图可得相邻的位置有4种情况，将选出的1对父子安排在相邻的位置，有种安排方法；
②，将剩下的4人安排在剩下的4个位置，要求父子不能坐在相邻的位置，有种安排方法，
则有且仅有一对父子是相邻而坐的坐法种；
故答案为：
本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
15．
【解析】
根据题意，利用扇形面积公式求出圆心角，再根据等腰三角形性质求出，利用向量的数量积公式求出.
【详解】
设角， 则，
，
所以在等腰三角形中，，
则.
故答案为：.
本题考查扇形的面积公式和向量的数量积公式，属于基础题.
16．或
【解析】
函数的零点方程的根，求出方程的两根为，，从而可得或，即或.
【详解】
函数在区间的零点方程在区间的根，所以，解得：，，
因为函数在区间上有且仅有一个零点，
所以或，即或.
本题考查函数的零点与方程根的关系，在求含绝对值方程时，要注意对绝对值内数的正负进行讨论.
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）．
【解析】
（1）利用正弦定理，结合题中条件，可以得到，之后应用余弦定理即可求得；
（2）利用正弦定理求得，求出三角形的周长，利用三角函数的最值求解即可.
【详解】
（1）由已知可得，
结合正弦定理可得，∴，
又，∴．
（2）由，及正弦定理得，
∴，，
故，即，
由，得，∴当，即时，．
该题主要考查的是有关解三角形的问题，解题的关键是掌握正余弦定理，属于简单题目.
18．（1）证明见解析，；（2）证明见解析
【解析】
（1）由，作差得到，进一步得到，再作差即可得到，从而使问题得到解决；
（2），求和即可.
【详解】
（1），，
两式相减：①
用换，得②
②—①，得，即，
所以数列是等差数列，又，
∴，，公差，所以.
（II）
.
本题考查由与的关系求通项以及裂项相消法求数列的和，考查学生的计算能力，是一道容易题.
19．（1）；（2）
【解析】
（1）利用互化公式，将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程，得出曲线与极轴所在直线围成的图形是一个半径为1的圆周及一个两直角边分别为1与的直角三角形，即可求出面积；
（2）联立方程组，分别求出和的坐标，即可求出.
【详解】
解：（1）由于的极坐标方程为，
根据互化公式得，曲线的直角坐标方程为：
当时，，
当时，，
则曲线与极轴所在直线围成的图形，
是一个半径为1的圆周及一个两直角边分别为1与的直角三角形，
∴围成图形的面积.
（2）由得，其直角坐标为，
化直角坐标方程为，
化直角坐标方程为，
∴，
∴.
本题考查利用互化公式将极坐标方程化为直角坐标方程，以及联立方程组求交点坐标，考查计算能力.
20． (1)；(2).
【解析】
（1）通过讨论的范围，分为，，三种情形，分别求出不等式的解集即可；
（2）通过分离参数思想问题转化为，根据绝对值不等式的性质求出最值即可得到的范围.
【详解】
(1)当时，原不等式等价于，解得，所以，
当时，原不等式等价于，解得，所以此时不等式无解，
当时，原不等式等价于，解得，所以
综上所述，不等式解集为.
(2)由，得，
当时，恒成立，所以；
当时，.
因为
当且仅当即或时，等号成立，
所以；
综上的取值范围是.
本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值不等式的性质以及分类讨论思想，转化思想，属于中档题.
21．（1）见证明；（2）
【解析】
（1）先证明等腰梯形中，然后证明，即可得到丄平面，从而可证明平面丄平面；（2）由，可得到，列出式子可求出，然后建立如图的空间坐标系，求出平面的法向量为，平面的法向量为，由可得到答案．
【详解】
（1）证明：在等腰梯形，，
易得
在中，，
则有，故，
又平面，平面，，
即平面，故平面丄平面.
（2）在梯形中，设，
，，
，而,
即，.
以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图的空间坐标系，则，，
设平面的法向量为，
由得，
取，得，，
同理可求得平面的法向量为，
设二面角的平面角为，
则，
所以二面角的余弦值为.
本题考查了两平面垂直的判定，考查了利用空间向量的方法求二面角，考查了棱锥的体积的计算，考查了空间想象能力及计算能力，属于中档题．
22．（Ⅰ）当时，