2026届海南省华东师范大学第二附属中学高三3月份第一次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届海南省华东师范大学第二附属中学高三3月份第一次模拟考试数学试卷含解析，共7页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，的展开式中的系数为，已知双曲线，的展开式中，含项的系数为等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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．已知函数（），若函数有三个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
2．已知函数.设，若对任意不相等的正数，，恒有，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知三棱锥中，为的中点，平面，，，则有下列四个结论：①若为的外心，则；②若为等边三角形，则；③当时，与平面所成的角的范围为；④当时，为平面内一动点，若OM∥平面，则在内轨迹的长度为1．其中正确的个数是（ ）．
A．1B．1C．3D．4
4．已知类产品共两件，类产品共三件，混放在一起，现需要通过检测将其区分开来，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件类产品或者检测出3件类产品时，检测结束，则第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面上，且，若正方体的六个面所在的平面与直线相交的平面个数分别记为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
6．定义在上函数满足，且对任意的不相等的实数有成立，若关于x的不等式在上恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．的展开式中的系数为（ ）
A．5B．10C．20D．30
8．已知双曲线：（，）的右焦点与圆：的圆心重合，且圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为，则双曲线的离心率为（ ）
A．2B．C．D．3
9．抛物线的准线与双曲线的两条渐近线所围成的三角形面积为，则的值为 ( )
A．B．C．D．
10．的展开式中，含项的系数为（ ）
A．B．C．D．
11．函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
12．函数的定义域为（ ）
A．或B．或
C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若，则_________.
14．已知抛物线的焦点为，斜率为2的直线与的交点为，若，则直线的方程为___________．
15．某部门全部员工参加一项社会公益活动，按年龄分为三组，其人数之比为，现用分层抽样的方法从总体中抽取一个容量为20的样本，若组中甲、乙二人均被抽到的概率是，则该部门员工总人数为__________.
16．的展开式中，的系数是__________. (用数字填写答案)
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）百年大计，教育为本.某校积极响应教育部号召，不断加大拔尖人才的培养力度，为清华、北大等排名前十的名校输送更多的人才.该校成立特长班进行专项培训.据统计有如下表格.（其中表示通过自主招生获得降分资格的学生人数，表示被清华、北大等名校录取的学生人数）
（1）通过画散点图发现与之间具有线性相关关系，求关于的线性回归方程；（保留两位有效数字）
（2）若已知该校2019年通过自主招生获得降分资格的学生人数为61人，预测2019年高考该校考人名校的人数；
（3）若从2014年和2018年考人名校的学生中采用分层抽样的方式抽取出5个人回校宣传，在选取的5个人中再选取2人进行演讲，求进行演讲的两人是2018年毕业的人数的分布列和期望.
参考公式：，
参考数据：，，，
18．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知平行于x轴的动直线l交抛物线C：于点P，点F为C的焦点．圆心不在y轴上的圆M与直线l，PF，x轴都相切，设M的轨迹为曲线E．
（1）求曲线E的方程；
（2）若直线与曲线E相切于点，过Q且垂直于的直线为，直线，分别与y轴相交于点A，当线段AB的长度最小时，求s的值．
19．（12分）已知抛物线上一点到焦点的距离为2，
（1）求的值与抛物线的方程；
（2）抛物线上第一象限内的动点在点右侧，抛物线上第四象限内的动点，满足，求直线的斜率范围.
20．（12分）试求曲线y＝sinx在矩阵MN变换下的函数解析式，其中M，N．
21．（12分）如图，四边形中，，，，沿对角线将翻折成，使得.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
22．（10分）已知顶点是坐标原点的抛物线的焦点在轴正半轴上，圆心在直线上的圆与轴相切，且关于点对称.
（1）求和的标准方程；
（2）过点的直线与交于，与交于，求证：.
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】
分段求解函数零点，数形结合，分类讨论即可求得结果.
【详解】
作出和，的图像如下所示：
函数有三个零点，
等价于与有三个交点，
又因为，且由图可知，
当时与有两个交点，
故只需当时，与有一个交点即可.
若当时，
时，显然?=?(?)与?=4|?|有一个交点?，故满足题意；
时，显然?=?(?)与?=4|?|没有交点，故不满足题意；
时，显然?=?(?)与?=4|?|也没有交点，故不满足题意；
时，显然与有一个交点，故满足题意.
综上所述，要满足题意，只需.
故选：A.
【点睛】
本题考查由函数零点的个数求参数范围，属中档题.
2、D
【解析】
求解的导函数，研究其单调性，对任意不相等的正数，构造新函数，讨论其单调性即可求解.
【详解】
的定义域为，，
当时，，故在单调递减；
不妨设，而，知在单调递减，
从而对任意、，恒有，
即，
，，
令，则，原不等式等价于在单调递减，即，
从而，因为，
所以实数a的取值范围是
故选：D.
【点睛】
此题考查含参函数研究单调性问题，根据参数范围化简后构造新函数转换为含参恒成立问题，属于一般性题目.
3、C
【解析】
由线面垂直的性质,结合勾股定理可判断①正确; 反证法由线面垂直的判断和性质可判断②错误;由线面角的定义和转化为三棱锥的体积,求得C到平面PAB的距离的范围,可判断③正确;由面面平行的性质定理可得线面平行,可得④正确.
【详解】
画出图形：
若为的外心，则，
平面,可得,即，①正确;
若为等边三角形，，又
可得平面，即,由可得
，矛盾，②错误;
若，设与平面所成角为
可得，
设到平面的距离为
由可得
即有，当且仅当取等号.
可得的最大值为，
即的范围为，③正确；
取中点，的中点，连接
由中位线定理可得平面平面
可得在线段上，而，可得④正确；
所以正确的是：①③④
故选：C
【点睛】
此题考查立体几何中与点、线、面位置关系有关的命题的真假判断，处理这类问题，可以用已知的定理或性质来证明，也可以用反证法来说明命题的不成立.属于一般性题目.
4、D
【解析】
根据分步计数原理，由古典概型概率公式可得第一次检测出类产品的概率，不放回情况下第二次检测出类产品的概率，即可得解.
【详解】
类产品共两件，类产品共三件，
则第一次检测出类产品的概率为；
不放回情况下，剩余4件产品，则第二次检测出类产品的概率为；
故第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为；
故选：D.
【点睛】
本题考查了分步乘法计数原理的应用，古典概型概率计算公式的应用，属于基础题.
5、A
【解析】
根据题意，画出几何位置图形，由图形的位置关系分别求得的值，即可比较各选项.
【详解】
如下图所示，平面，从而平面，
易知与正方体的其余四个面所在平面均相交，
∴，
∵平面，平面，且与正方体的其余四个面所在平面均相交，
∴，
∴结合四个选项可知，只有正确.
故选：A.
【点睛】
本题考查了空间几何体中直线与平面位置关系的判断与综合应用，对空间想象能力要求较高，属于中档题.
6、B
【解析】
结合题意可知是偶函数,且在单调递减,化简题目所给式子,建立不等式,结合导函数与原函数的单调性关系,构造新函数,计算最值,即可.
【详解】
结合题意可知为偶函数,且在单调递减,故
可以转换为
对应于恒成立,即
即对恒成立
即对恒成立
令,则上递增,在上递减,
所以
令,在上递减
所以.故,故选B.
【点睛】
本道题考查了函数的基本性质和导函数与原函数单调性关系,计算范围,可以转化为函数,结合导函数,计算最值,即可得出答案.
7、C
【解析】
由知，展开式中项有两项，一项是中的项，另一项是与中含x的项乘积构成.
【详解】
由已知，，因为展开式的通项为，所以
展开式中的系数为.
故选：C.
【点睛】
本题考查求二项式定理展开式中的特定项，解决这类问题要注意通项公式应写准确，本题是一道基础题.
8、A
【解析】
由已知，圆心M到渐近线的距离为，可得，又，解方程即可.
【详解】
由已知，，渐近线方程为，因为圆被双曲线的一条渐近线截得的弦长为，
所以圆心M到渐近线的距离为，故，
所以离心率为.
故选：A.
【点睛】
本题考查双曲线离心率的问题，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的运算能力，是一道容易题.
9、A
【解析】
求得抛物线的准线方程和双曲线的渐近线方程，解得两交点，由三角形的面积公式，计算即可得到所求值．
【详解】
抛物线的准线为， 双曲线的两条渐近线为， 可得两交点为， 即有三角形的面积为，解得，故选A．
【点睛】
本题考查三角形的面积的求法，注意运用抛物线的准线方程和双曲线的渐近线方程，考查运算能力，属于基础题．
10、B
【解析】
在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于，求出的值，即可求得含项的系数．
【详解】
的展开式通项为，
令，得，可得含项的系数为.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
11、B
【解析】
对分类讨论，当，函数在单调递减，当，根据对勾函数的性质，求出单调递增区间，即可求解.
【详解】
当时，函数在上单调递减，
所以，的递增区间是，
所以，即.
故选:B.
【点睛】
本题考查函数单调性，熟练掌握简单初等函数性质是解题关键，属于基础题.
12、A
【解析】
根据偶次根式被开方数非负可得出关于的不等式，即可解得函数的定义域.
【详解】
由题意可得，解得或.
因此，函数的定义域为或.
故选：A.
【点睛】
本题考查具体函数定义域的求解，考查计算能力，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】
因为，所以.因为，所以，又，所以，所以..
14、
【解析】
设直线l的方程为，，联立直线l与抛物线C的方程，得到A，B点横坐标的关系式，代入到中，解出t的值，即可求得直线l的方程
【详解】
设直线．
由题设得，故，
由题设可得．
由可得，
则，
从而，得，
所以l的方程为,
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了直线的方程，抛物线的定义，抛物线的简单几何性质，直线与抛物线的位置关系，属于中档题.
15、60
【解析】
根据样本容量及各组人数比，可求得C组中的人数；由组中甲、乙二人均被抽到的概率是可求得C组的总人数，即可由各组人数比求得总人数.
【详解】
三组人数之比为，现用分层抽样的方法从总体中抽取一个容量为20的样本，
则三组抽取人数分别.
设组有人，则组中甲、乙二人均被抽到的概率，
∴解得.
∴该部门员工总共有人.
故答案为：60.
【点睛】
本题考查了分层抽样的定义与简单应用，古典概型概率的简单应用，由各层人数求总人数的应用，属于基础题.
16、
【解析】
根据组合的知识，结合组合数的公式，可得结果.
【详解】
由题可知：项来源可以是：（1）取1个，4个
（2）取2个，3个
的系数为：
故答案为：
【点睛】
本题主要考查组合的知识，熟悉二项式定理展开式中每一项的来源，实质上每个因式中各取一项的乘积，转化为组合的知识，属中档题.
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）117人；（3）分布列见解析，
【解析】
（1）首先求得和，再代入公式即可列方程，由此求得关于的线性回归方程；
（2）根据回归直线方程计算公式，计算可得人数；
（3）和被选中的人数分别为2和3，利用超几何分布分布列的计算公式，计算出的分布列，并求得数学期望.
【详解】
（1）由题，
所以线性回归方程为
（若第一问求出 .）
（2）当时，
所以预测2019年高考该校考入名校的人数约为117人
（3）由题知和被选中的人数分别为2和3，进行演讲的两人是2018年毕业的人数的所有可能取值为0，1，2
，，
的分布列为
【点睛】
本小题主要考查平均数有关计算，考查回归直线方程的计算，考查期望的计算，考查超几何分布和数据处理能力，属于中档题.
18、（1），（2）．
【解析】
根据题意设，可得PF的方程，根据距离即可求出；
点Q处的切线的斜率存在，由对称性不妨设，根据导数的几何意义和斜率公式，求，并构造函数，利用导数求出函数的最值．
【详解】
因为抛物线C的方程为，所以F的坐标为，
设，因为圆M与x轴、直线l都相切，l平行于x轴，
所以圆M的半径为，点，
则直线PF的方程为，即，
所以，又m，，
所以，即，
所以E的方程为，，
设，，，
由知，点Q处的切线的斜率存在，由对称性不妨设，
由，所以，，
所以，，
所以，．
令，，
则，
由得，由得，
所以在区间单调递减，在单调递增，
所以当时，取得极小值也是最小值，即AB取得最小值
此时．
【点睛】
本题考查了直线和抛物线的位置关系，以及利用导数求函数最值的关系，考查了运算能力和转化能力，属于难题．
19、（1）1；（2）
【解析】
（1）根据点到焦点的距离为2，利用抛物线的定义得，再根据点在抛物线上有，列方程组求解，
（2）设，根据，再由，求得，当，即时，直线斜率不存在；当时，，令，利用导数求解，
【详解】
（1）因为点到焦点的距离为2，
即点到准线的距离为2，得，
又，解得，
所以抛物线方程为
（2）设，
由
由，则
当，即时，直线斜率不存在；
当时，
令，
所以在上分别递减
则
【点睛】
本题主要考查抛物线定义及方程的应用，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于中档题，
20、y＝2sin2x．
【解析】
计算MN，计算得到函数表达式.
【详解】
∵M，N，∴MN，
∴在矩阵MN变换下，→
∴曲线y＝sinx在矩阵MN变换下的函数解析式为y＝2sin2x．
【点睛】
本题考查了矩阵变换，意在考查学生的计算能力.
21、（1）见证明；（2）
【解析】
（1）取的中点，连.可证得，，于是可得平面，进而可得结论成立．（2）运用几何法或向量法求解可得所求角的正弦值．
【详解】
（1）证明：取的中点，连.
∵，
∴．
又，
∴.
在中，，
∴．
又，
∴平面，
又平面，
∴.
（2）解法1：取的中点，连结，
∵，
∴,
又，
∴．
又由题意得为等边三角形，
∴，
∵，
∴平面．
作，则有平面，
∴就是直线与平面所成的角．
设，则，
在等边中，．
又在中，，故．
在中，由余弦定理得，
∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为．
解法2：由题意可得，建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨设，则在直角三角形中，可得，
作于，则有平面几何知识可得，
∴．
又可得，.
∴,．
设平面的一个法向量为，
由，得，
令，则得．
又，
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．
【点睛】
利用向量法求解直线和平面所成角时，关键点是恰当建立空间直角坐标系，确定斜线的方向向量和平面的法向量．解题时通过平面的法向量和直线的方向向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线与平面所成的角．求解时注意向量的夹角与线面角间的关系．
22、（1）,；（2）证明见解析.
【解析】
分析：（1）设的标准方程为，由题意可设．结合中点坐标公式计算可得的标准方程为．半径，则的标准方程为．
（2）设的斜率为，则其方程为，由弦长公式可得．联立直线与抛物线的方程有．设，利用韦达定理结合弦长公式可得 ．则．即 ．
详解：（1）设的标准方程为，则．
已知在直线上，故可设．
因为关于对称，所以
解得
所以的标准方程为．
因为与轴相切，故半径，所以的标准方程为．
（2）设的斜率为，那么其方程为，
则到的距离，所以．
由消去并整理得：．
设，则，
那么 ．
所以．
所以，即 ．
点睛：(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
年份（届）
2014
2015
2016
2017
2018
41
49
55
57
63
82
96
108
106
123
0
1
2