青海海东市2026届高三下 模拟数学试卷（含解析）高考模拟

这是一份青海海东市2026届高三下 模拟数学试卷（含解析）高考模拟，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知全集，，则集合可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】已知，，
故集合可以为.
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求出复数的代数形式，然后可得共轭复数.
【详解】由题意，
所以
故选：A.
3. 已知是奇函数，当时，，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D.
【答案】D
【解析】
【详解】已知是奇函数，则对任意，都有，因此.
因为，代入时的解析式， 得
，
因此.
4. 2026人形机器人半程马拉松于4月19日开跑，有300多台机器人参赛．某人形机器人行走时，踝关节摆动高度（单位：cm）随时间（单位：s）的变化满足，已知该机器人踝关节完成一次完整的摆动动作需要的时间为1.2s，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将实际摆动周期转化为正弦型函数的周期，利用周期公式直接计算.
【详解】机器人踝关节完成一次完整摆动的时长对应函数的周期，即.
由正弦型函数周期关系， 可得，， 代入周期数值，.
5. 已知数列的前项和，则（ ）
A. 2025B. 2026C. 2027D.
【答案】B
【解析】
【详解】可知.
6. 已知，均为锐角，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【详解】因为均为锐角，正弦函数在上单调递增，
所以若，可得，因此，充分性成立；
由，且，根据正弦等式性质，则或 ，
即或 . 举反例：取​，满足是锐角，
且，但，
因此推不出，必要性不成立.
综上，“”是“”的充分不必要条件.
7. 已知双曲线的右焦点为，为坐标原点，直线与双曲线的一条渐近线交于点，若，则的离心率为（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】双曲线的渐近线为，直线与渐近线的交点坐标为，
则，依题意有即，
因为，于是可得，的离心率为.
8. 在中，，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先对两边同时平方，再结合向量模长公式和向量数量积的运算律进行化简，最后根据余弦定理求出.
【详解】因为，所以，
又因为，
所以，
即，对于，恒成立，
所以该二次函数的判别式，
即，所以，即，
因为，所以，
所以.
根据余弦定理，
将，代入可得：
，
再根据正弦定理，可得，即，解得.
，则，所以，所以为锐角，所以.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点在上且位于第一象限，，则（ ）
A. 的周长为16B.
C. D. 直线的斜率为
【答案】AC
【解析】
【详解】根据题意可得，点，点，
对于A选项，的周长为，故A选项正确；
对于B选项，因为，解得，故B选项错误；
对于C选项，根据B选项方程解得，故C选项正确；
对于D选项因为，，
因为P点在第一象限所以设P点坐标为，
则，解得，
则直线的斜率为，故D选项错误.
10. 已知函数，则（ ）
A. 的定义域为
B. 的值域为
C. 在上单调递增
D. 存在，使得函数恰有两个零点
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A选项，使得根号下的数非负即可；对于B选项，结合函数的单调性以及定义域来确定；对于C选项，由两单调递增函数相加仍为单调递增函数即可求解；对于D选项，由函数零点以及函数值域求解即可
【详解】对于A选项，，解得2kπ≤x≤π+2kπk∈Z，故A正确；
对于B选项，由可得，，
令，解得，进一步可得，
正根为，当时，对应极值点有，
此时在上单调递增，在单调递减，
所以函数在区间上的最大值为，最小值为，
当时，，该区间内的最小值为f2π=2π≈6.28 ，
因此区间3.39,6.28内所有实数都无法被取到，
函数图象如图所示，
所以值域不可能是全体实数，故B错误；
对于C选项，因为在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增，故C正确；
对于D选项， 当时，在区间上单调递增，在单调递减，
且fπ=π=3.14 ，最大值为，
当a∈π,3.39时，在恰好有两个不同的解，
同时，所有的定义域区间内的最大值都小于，
所有的定义域区间内的最小值都大于，
所以此时总共有个零点，区间π,3.39⊂π,3π2，
所以确实存在满足条件的，故D正确.
11. 已知数列的通项公式为，数列的通项公式为．若，当时，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】当时，由不等式性质可得的范围，结合条件可得的范围并进一步转为的范围，再利用极限思想得到，于是有且，依次判断各项即可.
【详解】当时，因为，由不等式性质可得
即，
依题意有①，②，将②中的换成
得，结合①即有③，
已知，故有，两边同时除以，
得即，
该式对任意大于的整数均成立，当时，，因此必有
，也即，若，
不会趋于常数，只有且才有，C错误，D正确，
于是可得即③对也成立，B正确，
同时也可得，A正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 某市开展餐饮消费调查，比较预制菜餐厅与传统现炒餐厅的翻台率（每天每桌接待顾客批次），得到预制菜餐厅的平均翻台率为3.2次/（桌•天），传统现炒餐厅的平均翻台率为2.4次/（桌•天）．已知该市餐饮协会数据显示，全市营业餐厅中，预制菜餐厅约占40%，其余的都是传统现炒餐厅，据此估计，全市餐厅的平均翻台率约为________次/（桌•天）．
【答案】
【解析】
【详解】确定两类餐厅的权重与对应平均翻台率：
预制菜餐厅的占比为,对应平均翻台率次/(桌天).
传统现炒餐厅的占比为.
对应平均翻台率次/(桌天).
所以.
即全市餐厅的平均翻台率约为2.72次/(桌天).
13. 已知函数没有极值点，则________．
【答案】
【解析】
【分析】三次函数没有极值点的充要条件是其导函数对应的二次函数判别式，通过代数变形推导参数、的唯一取值，最终代入计算得到的结果.
【详解】因为
所以，
因为函数的三次项系数为正，函数无极值点，
所以导函数方程的判别式满足，
即
，
因为恒成立，
所以当且仅当时，，满足三次函数无极值点的条件.
所以，因此.
14. 如图，在三棱锥中，，，，，则该三棱锥的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】取中点，连接，，可得，根据余弦定理求出，在中利用勾股定理逆定理得到，进而可得平面，故三棱锥的体积，代入计算即可.
【详解】取中点，连接，.
在中，，，为中点，所以，
，.
在中，，
则.
在中，，
所以.
在中，，
所以为直角三角形，且.
又，平面，，所以平面.
，
所以三棱锥的体积.
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，内角，，所对的边分别为，，，，，．
（1）求；
（2）点在边上，若的面积为，求．
【答案】（1）4 （2）3
【解析】
【分析】（1）由正弦定理以及余弦定理求解即可.
（2）由求解，由三角形面积公式求解，再由余弦定理求解即可.
【小问1详解】
因为，由正弦定理可得，因为，所以，即，
由余弦定理可得，所以，解得.
【小问2详解】
因为，所以，因为，，所以，
所以，
由三角形的面积公式可得，解得，
由余弦定理可得，代入可得.
16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，分别是，，的中点，点在线段上，平面，，，，．
（1）证明：平面．
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据图形特点，建立空间直角坐标系，利用点的坐标求与面的法向量垂直，可证明线面平行.
（2）按照空间坐标系的运算求解直线与平面所成角的正弦值．
【小问1详解】
在四棱锥中，底面是矩形，平面，以为坐标原点，
过且垂直的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，
由题意知，轴两两互相垂直，建立空间直角坐标系.
由题意得，，，
，，，
得到，，，
设平面的法向量为，
则，得到，令，解得，，
得到，可得，
又直线不在平面内，可得平面.
【小问2详解】
因为，，所以，，
设平面的法向量为，
则有法向量与平面的向量，都垂直，
可得，，令，解得，，
得到，而，
设直线与平面所成角为，可得，
故直线与平面所成角的正弦值为.
17. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛共3局，获胜局数多的人赢得本次比赛．已知第一局比赛甲、乙获胜的概率分别为0.6，0.4，此后，若上一局甲获胜，则本局比赛甲、乙获胜的概率分别为0.7，0.3，若上一局乙获胜，则本局比赛甲、乙获胜的概率分别为0.5，0.5．
（1）求甲赢得本次比赛的概率；
（2）用表示甲获胜的局数，求的分布列与期望．
【答案】（1）0.65
（2）分布列为：
期望为
【解析】
【分析】（1）分情况讨论然后将所有的情况的概率相加即可，
（2）分别计算甲赢得局数的概率然后列表填入，根据期望公式计算出期望值.
【小问1详解】
甲赢得本次比赛的第一种情况为前两局胜利，则概率为，
第二种情况为第1局和第3局胜利，则概率为，
第三种情况为第1局输剩余2局赢，则概率为，
故甲赢得本次比赛的概率为
【小问2详解】
甲赢0局的概率为，
赢1局的概率为，
赢2局的概率为，
赢3局的概率为，
则期望为
18. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，，求的取值范围；
（3）证明：，，．
【答案】（1）；
（2）；
（3）见解析.
【解析】
【分析】（1）先求出切点坐标，切线斜率，然后用点斜式方程求出切线方程；
（2）利用分离参数法求，只需要，恒成立，从而求出；
（3）先证明：，， ，再左右两边累加可证明原不等式.
【小问1详解】
当 时， ，
，
，，
，即，整理得：；
【小问2详解】
，，，
则，
当 时，左边为 0，右边为 ，等号成立；
当 时，，不等式可化为：，令 ，，则 ，
，
令 ，，则
，
因此 在 单调递增，且 ，故 时 ，即 ，
在 单调递增，故 ，
由洛必达法则得 ，因此 ，故 ，
所以 的取值范围是 ；
【小问3详解】
先证明：，，，
构造函数 ，其中 ，
所以 在 上单调递增，,
所以当 ，
即 ，，令，
把 代入上式： ，
所以，，，即，
所以，，，，
累加得：>
所以>
所以，，.
19. 已知为坐标原点，抛物线的焦点为，过点的直线与交于，两点，当时，．
（1）求的方程．
（2）记过点且与相切的直线为，过点作直线的垂线交于另一点，求的最小值．
（3）是否存在定圆，使得以为直径的圆始终与圆相切？若存在，求圆的方程；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）使用抛物线通径的定义求解；
（2）设直线的方程并与抛物线方程联立，消元，韦达定理解出斜率，再设直线的方程并与抛物线联立消元后，构造函数，使用导数求解；
（3）使用圆与圆相切的条件求解.
【小问1详解】
由题意可知，当时，线段是抛物线的通径，，解得，所以的方程为：
【小问2详解】
设点，由题意知直线的斜率存在，
设方程：，代入得，所以方程为：
消元得，令，又，解得，所以的方程为：，
因为直线与直线垂直，所以斜率为，的方程为，
代入，，整理得，设，
由韦达定理，，
则，令，，
，，令，得，
当时，，是减函数；当时，，是增函数，
所以，即的最小值为：.
【小问3详解】
焦点，设直线的方程为：，联立得，设，由韦达定理得，，则，设以为直径的圆圆心为点，圆心，因为，所以半径，设圆心，半径为，
若圆与圆相切，则，平方后得，
若，整理得，
解得，不符合题意
若，整理得，
解得，符合题意
综上，存在定圆，使得以为直径的圆始终与圆相切，
圆的方程为：.
X
0
1
2
3
P
0.1
0.25
0.356
0.294
X
0
1
2
3
P
0.1
0.25
0.356
0.294