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机密女启用前
2026年全市高三（3月)模拟考试
数学试卷
R
本试卷共4页，19题，全卷满分150分。考试用时120分钟。
★祝考试顺利★
腳
注意事项：
中
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码
深
粘贴在答题卡上指定位置。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂
黑。写在斌卷、草稿纸和答题卡上的非答题区城均无效。
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、
草稿纸和答题卡上的非答题区城均无效。
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。
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.
已痴集合4={-宁0吃斗，B=恤=以，则4nB=
A.{o}
B.{-1,
C.{-1,0,1
2.
若复数z(+2026)=h+i（i为虚数单位)，则z=
A.-i
B.i
c.2
22
2
2
中
3.
已知向量a=(-2,0),a+b=(2,3),则向量ā与b夹角的余弦值为
B._3
c
4.已知平面&，两条不重合的直线l,m,则“存在直线mca,使1∥m”是“1∥a”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
5.某次考试有10000人参加，若他们的成绩近似服从正态分布N(80,400),则分数
在100-120之间的考生约有（参考数据：若X~N(4口），则有PU4-o≤X≤4+)
≈0.6827，P(4-2o≤X≤4+2σ)≈0.9545，P(4-3o≤X≤h+3o)≈0.9973)
超
A.1360人
B.1570人
C.2720人
D.3410人
高三数学试卷
第1页（共4页）
6.若实数x,y满足x2+y2=1,则y-1的最小值是
x+3
4
A.0
B.-
3
c
D
3-4
7.已知等比数列{a,}的首项为1，前n项和为3，若g=3,则4，=
S
A.1或2
B.1或4
C.2或4
D.4
8.已知曲线C:y=a(e*-1c≥0)，将C绕坐标原点逆时针旋转二后所得的曲线是某个函
6
数的图像，则正实数a的取值范围为
A@9
B.0,5
C.
3,to)
D.【N5,+o)
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.已知函数f(x)=sinx+3cosx,则下列命题正确的有
A函数f的图像关于点（一石0对称
B.函数(x)的最大值是2
C.若实数m使得方程f(x)=m在[0,2上恰好有三个实数解，为2，为，则为+为2+为=
7π
3
D.【上名+2x,名+2]0e习是题数/的单调递减区间
6
10.如图，在正方体ABCD-A,B,CD中，记各面的对角线为
它的面对角线，AC,AC,BD,BD为它的体对角
线。设P,M,N分别为AB,BB,DD的中点，则
A.存在面对角线与平面MWP平行
B.存在面对角线与平面NP垂直
C.存在体对角线与平面NP平行
D.存在体对角线与平面NP垂直
11.如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几
第0行
何排列，第n行的第r个数可以表示为C（n≥1时，在
第1行
第2行
121
欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662)首先发现
第3行
1331
的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》
第4行
14641
第5行15101051
一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟
大成就。同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有
第n行
A.第2026行共有2026个数
B.从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为C20-】
C.第48行的所有数字之和被7除的余数为1
D.去除所有为1的项，依次构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5，…，则此
数列前135项的和为218-53
高三数学试卷第2页（共4页)数学试题参考答案与评分细则
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。
1． C 2． D 3． A 4． B
5． A 6． C 7． B 8． 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，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。
9． BC 10． AD 11． BCD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
8 2
12．[6, ) 13． 2 3 14．
13
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．解：
（1）由 sin2 2C sin C sin 2C 2sin2 C 0 ，
得 4sin2 C cos2 C 2sin2 C cosC 2sin2 C 0， ……2 分
即 2sin2 C 2cos2 C cosC 1 0 ，因为 sinC 0，
所以 2cos2 C cosC 1 0，即 (2cosC 1)(cosC 1) 0 ， ……4 分
1
故 cosC 1（舍）或 cosC ，
2
由于C 0,π π，所以C . ……6 分
3
a2 b2 c2 π 1
（2）cosC cos ，由 a b 1， ……8 分
2ab 3 2
a2 b2 c2 (b 1)2 b2 c2 1
得 ，又c 7 ，
2ab 2(b 1)b 2
解得b 2 （负值舍），故a b 1 3， ……11 分
3 1 1 3 3 3又 sin C ，故 ABC 的面积为 absin C 6 ． ……13 分
2 2 2 2 2
数学答案第 1 页（共 6 页）
16．解：
2an 1
（1）由 an 1 ，得： an 2
2an 1 an 1 2an 1 3(a 1)an 1 1 1 ， an 1 1 1
n
， ……3 分
an 2 an 2 an 2 an 2
an 1 1 1 an 1 1 a 1
故
1
，即b b 1n 1 bn ，又 1 ， ……5 分 an 1 1 3 an 1 3 a1 1
1 1
{b } 1 b ( )n 1故 n 是以 为首项， 为公比的等比数列，且 n . ……7 分 3 3
an 1
（2）由bn ，解得 an 1
11 b 1 ( )
n 1
2
an
n 3 1 ， ……11 分
1 b 1 1n 1 ( )n 1 1 ( )n 1
3 3
1 n
2 2 4 ( )
a 3n 1 an 0 ， 1 n 11 ( ) 1 ( )n 1
1 1
[1 ( )n ][1 ( )n 1]
3 3 3 3
即 an 1 an ，故数列{an}为递增数列. ……15 分
17．解：
（1）记事件 A =“第二次取出的是黑球”，事件 B =“第三次取出的是红球”，
事件 A 可分为“第一次取出的是黑球”和“第一次取出的不是黑球”两种情况，
2 1 3 2 2
故 P(A) ， ……2 分
5 4 5 4 5
事件 AB =“第二次取出的是黑球，第三次取出的是红球”，可分为“第一次取出
的是黑球”和“第一次取出是白球”两种情况，
2 1 1 2 2 1 1
故 P(AB) ， ……4 分
5 4 3 5 4 3 10
1
P(AB) 10 1
故所求 P(B | A) . ……6 分
P(A) 2 4
5
（2）易知随机变量 X 可能的取值为 3,4,5， ……7 分
当 X 3时，前三次分别取出 1 个红球、1 个黑球和 1 个白球，
数学答案第 2 页（共 6 页）
C1C1 C1 A3
P(X 3) 1 2 2 3
2

3 ， ……9 分 A5 5
当 X 5时，前四次分别取出 2 个黑球和 2 个白球，
C2C2A4
P(X 5) 2 2 4
1

4 ， ……11 分 A5 5
2
当 X 4 时， P(X 4) 1 P(X 3) P(X 5) ， ……13 分
5
故随机变量 X 的分布列为：
X 3 4 5
P 2 2 1
5 5 5
2 2 1 19
期望为 E(X ) 3 4 5 . ……15 分
5 5 5 5
18． 解：
（1） f (x) ex e x a ，
易知 ex e x≥2 ex e x 2 ，当且仅当 ex e x ，即 x 0 时取等号，
故当 a≤2 时， f (x) 0 ，此时 f (x) 在 ( , ) 上单调递增； ……2 分
当 a 2时，令 f (x) ex e x a 0 ，
a a2 4 a a2 4
解得 x ，1 ln x2 ln ，易知 x1 x2 ， ……4 分 2 2
当 x x1 或 x x2 时， f (x) 0，当 x1 x x2 时， f (x) 0 ，
a a2 4 a a2 4
故此时 f (x) 在 ( , l n )和 (l n , )上单调递增，
2 2
a a2 4 a a2 4
在 (l n , l n )上单调递减． ……6 分
2 2
（2）由（1）知，当 a 2时， f (x) ex e x 2x在 ( , ) 上单调递增，
故当 x≥0时， f (x)≥f (0) 0 ，即有 ex e x≥2x ． ……7 分
1
①令 x ln n≥0 ，则有 eln n e ln n≥2ln n ，即 n ≥2ln n，
n
1
可得 ≤n 2ln n，
n
1 1 1 1
由 ≤1 2ln1， ≤2 2ln 2， ≤3 2ln 3，…， ≤n 2ln n，
1 2 3 n
数学答案第 3 页（共 6 页）
累加可得
n(n 1)M≤(1 2 3 n) 2(ln1 ln 2 ln 3 ln n) 2ln(n!) ……11分
2
n 1 n 1 n 1ln ln
x ln 0 n n n 1②令 ，则有 e e 2ln ，
n n
n 1 n n 1 n 1 1 1
即 2ln ，化简得 2ln ， ……13 分
n n 1 n n n n 1
当 n≥2时
2 1 1 3 1 1 4 1 1 n 1 1
由 2ln ， 2ln ， 2ln ，…， 2ln
1 1 2 2 2 3 3 3 4 n 1 n 1 n
累加可得
2 3 4 n 1 1 1 1 1 1 1 12ln( ) ，
1 2 3 n 1 1 2 2 3 3 4 n 1 n
n
1 1 n 1即 2ln n 2 1 2M ，
k 1 k n n
n 1
即有M ln n ， ……16 分
2n
1 1 1
当 n 1时 ln1 ，
1 2 1
n 1
故有M≥ln n ． ……17 分
2n
19．解：

（1）以 O 为原点，分别以OA,OQ,OP 所在直线和正方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立空
间直角坐标系，则 A 2 3,0,0 ， Q 0,2 3,0 ， P 0,0,6 4 3， H (0, ,2) ，
3
B 2 3,0,0 ， E 3,0,3
4 3
故OP (0,0,6)， AE ( 3 3,0,3)， AH ( 2 3, ,2) ……2 分
3

设平面 AEH 的法向量为 n (x, y, z) ，

AE n 3 3x 3z 0

由 4 3 令 x=1，则 n (1,0, 3) ……3 分
AH n 2 3x y 2z 0
3
6 3 3
故 cos OP,n
π
OP,n
12
，
( 3)2 6 2 6
数学答案第 4 页（共 6 页）
π
故直线 PO 与平面 AHE 所成角的大小为 . ……5 分
3
π π
（2）①由（1）知，直线 PO与圆锥母线所成的角为 ，且 ，故曲线 G 为椭
6 6 3 2
圆， ……7 分
x2 y2
设该椭圆的方程为 1(a b 0) 2a AE 6 a 32 2 ， ，故 ； ……8 分 a b
4 3
由（1）可得 H (0, ,2)，设 PO与 AE 的交点为 F，则
3
4 3 F (0,0,2) ， FH (0, ,0) ， AE ( 3 3,0,3)
3
4 3
易得 FH AE 0，即 FH AE ，且 FH ，
3
3 3 3 1
设 AE 的中点为O ，易得O ( ,0, ) ， FO ( ,0, )，故 FO 1，
2 2 2 2
4 3
故点 H 在平面 AHE 内的坐标为 (1, )，
3
16
因为点 H 在曲线G 上，故有 1 3 1 b2 6
9 b2
x2 y2
故曲线 G 的标准方程为 1 . ……12 分
9 6
4 3
②易知直线 SH 的斜率存在，设其方程为: y k(x 1) ，
3
x2 y2
联立 1得 (3k 2 2)x2 (6k 2 8 3k)x 3k 2 8 3k 2 0，
9 6
设 点 S(x1, y1) ， 由 韦 达 定 理 与 H 点 坐 标 ， 则
3k 2 8 3k 2
x1 ， ……14 分
3k 2 2
SHT 的平分线与 x 轴垂直，故直线 SH 与直线 TH 的斜率互为相反数，
4 3
设直线 TH 的方程为: y k(x 1)，
3
3k 2 8 3k 2
设点T (x2 , y2 ) ，同理可得 x2 ， ……15 分
3k 2 2
故直线 ST 的斜率为：
数学答案第 5 页（共 6 页）
8k
y 21 y2 k(x 1
x2 2) 3k 2
3

，为一个定值. ……17 分 x1 x2 x1 x2 16 3k 6
3k 2 2
数学答案第 6 页（共 6 页）

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