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东北三省三校2026届高三下学期第二次模拟考试
数学试卷
一、单选题
1．已知集合,,则（ ）
A． B． C． D．
2．“”是“”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
3．已知复数z是方程的根,则（ ）
A． B． C．2 D．3
4．在三棱锥中，，分别是，上的点，且，，则与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
5．人工智能（AI）领域中，神经网络是用于模仿神经元，用来学习规律做预测和识别的数学模型.神经网络中的激活函数能把线性输入变成非线性输出.是最常用的激活函数,下面关于表述错误的是（ ）
A． B．
C． D．
6．若函数的极大值为1，则函数的极小值为
A． B． C． D．
7．在中，若内角A,B为锐角，满足,则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为,,M为椭圆上一点,若,,则C的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．记为等差数列的前n项和，若，,则（ ）
A． B．公差
C． D．若,则，
10．下列说法正确的是（ ）
A．随机事件A,B相互独立的充要条件是
B．设X为随机变量,则
C．,则,
D．若,记函数,,则的图象关于点对称
11．曲线C：（）是优美的封闭曲线,其围成的面积记为,M是C与y轴正半轴的交点,过原点O的直线交C于点A,B,则（ ）
A． B．
C．当时,的最大值是 D．当时,
三、填空题
12．过引直线l,与圆C：相切于Q,则__________.
13．函数有两个不同的零点,则实数a的取值范围是__________.
14．已知向量,满足,,则的最大值为__________.
四、解答题
15．已知函数（）,最小正周期的范围为.
(1)求的取值范围；
(2)若,函数的图象关于直线对称,求的值.
16．四棱柱的底面ABCD是菱形,且,,侧面是矩形,且M是的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)若平面与平面ABCD所成二面角的平面角为,,求直线与平面MAB所成角的正弦值.
17．在自动驾驶系统的路径规划中,车辆的车道选择行为可用马尔科夫链模型描述.设道路只有两条车道,分别记为车道0和车道1.每隔一个固定时间步长,车辆会选择更换车道或者保持车道不变,记为第个时间步长车辆所在的车道（）.马尔科夫链的下一时刻状态仅取决于当前时刻状态,记为一步转移概率,矩阵为一步转移概率矩阵.
已知某自动驾驶模型的车道转移规律如下：若当前在车道0,下一时刻变道至车道1的概率为；若当前在车道1,下一时刻变道至车道0的概率为.
(1)已知时刻车辆处于车道0的概率为,处于车道1的概率为.
①写出该模型的一步转移概率矩阵；
②若时刻车辆处于车道1,求时刻车辆处于车道0的概率.
(2)在第（1）问的初始概率条件下,记（）,求随机变量的分布列（结果用含的式子表示）.
18．已知（）
(1)设函数,讨论函数的单调性；
(2)当,时,证明：.
(3)当时,,求实数a的取值范围.
19．已知双曲线：（,）的左、右焦点分别为，，实轴长为，双曲线的一条渐近线为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)为坐标原点，点、、是双曲线上不同的三点，且、两点关于轴对称，的外接圆经过点.
①求证：直线与圆相切；
②直线与渐近线交于，两点,求的取值范围.
参考答案及解析
1．B
解析：由集合,,则
2．A
解析：，，解得，
，，
当满足，则其一定满足，
即由可以推出，
“”是“”的充分条件;
若时，其满足，不满足，
即由不能推出;
“”不是“”的必要条件，
“”是“”的充分不必要条件.
3．B
解析：因为方程的判别式，
所以该方程有虚数根，
所以，
因此.
4．B
解析：
作交于，如图，连接，则，
又，所以，所以，
所以是与所成的角或其补角，
由，，
所以，，，所以，
在中，，
所以与所成角的余弦值为.
5．D
解析：，故A正确；
恒成立，故，则，故，故B正确；
，，
，故C正确；
，又，，，
，故D错误.
6．A
解析：试题分析：,由得，又因为函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以函数在处取得极大值，且，即，函数在处取得极小值，且，故选A.
7．D
解析：因为，所以，
所以，即，
又，
所以，即，
所以，
则，
因为A,B为锐角，所以，
所以，
因为，
当且仅当，即时取等号，
所以，则的最大值为.
8．C
解析：，故点位于线段的中点，设，则，
，又，，化简得，
又M为椭圆上一点，，联立得，即，
此方程有解，则，化简得，即恒成立，
方程的两个根为和，
又，，，解得.
则C的离心率的取值范围是.
9．AD
解析：设等差数列的公差为,
由，所以，故A正确；
由 ，得，即，
又，所以，解得，故B错误；
由等差数列前项和公式得，故C错误；
对于，因为，所以 ，
所以，故D正确.
10．ABD
解析：对于A，先证必要性：若相互独立，则，
所以，
再证充分性：若，则，
所以，即，说明与相互独立，
所以随机事件A,B相互独立的充要条件是，故A正确；
对于B，由于，则，
所以，
即，所以B正确；
对于C，由,则,，故C错误；
对于D，因为,记函数,,
所以对任意，有，
由正态分布的对称性：，
因此，
即的图象关于点对称，故D正确.
11．ACD
解析：当时，曲线C：，即，
当时，，即，
当时，曲线C：，
当时，，即，这是一个顶点为和的直线段，
在区间内，由于，，
故时的图象比时更靠近坐标轴，，故A正确，
当时，曲线C：，即，其面积为，
当时，曲线C：，
当时，，即，
在区间内，由于，，进而有，
故时其图像在单位圆的外部， 故，故B错误，
当时，曲线C：，易知，
由对称性可设，，则，，
当时，，即，代入上式得 ，对称轴为，
故的最大值为，故C正确，
当时，当时，曲线C：，即，
当时，，即，
令，则，
，
设，则，
易知，令，解得，
故在上单调递增，在上单调递减，
故当时，，，所以D正确.
12．
解析：由已知可得圆心坐标，半径，
点到圆心的距离为，
则切线长.
13．
解析：由，得,
当时，左边，等式不成立，故不是根，；
当时，分离参数得 ，令，则问题等价于与的图象有两个不同的交点,
,
因此在上恒成立,
所以在和上分别单调递减，
由于当，时，，时，，此时的值域为，
当，时，，时，，此时的值域为，
则的大致图像如下：
所以要使与的图象有两个不同的交点，则
14．
解析：由,两式分别平方：
(1)
(2)
由(1)+(2)得：，
由(1) (2)得：，
，
再由,，根据向量模长的三角不等式：
，
即，所以，
当与同向时，取最大值为，
所以
因此
15．(1)
(2)
解析：（1）
，
又，函数的最小正周期为，
所以，则；
（2）由，且，故，即，
则，解得，
则
.
16．(1)证明见解析
(2)
解析：（1）因为菱形，，
由棱柱得平面平面，
所以。
因为是 中点，所以，
由于在 中：，
所以，解得：，
则
所以 ，即
因为侧面 是矩形，
由，都在平面内，
平面，
因为，平面，
平面
因为平面，
平面 平面.
（2）取的中点，连接
因为分别为的中点，，且，
所以四边形为平行四边形，
所以
因为侧面是矩形,所以，
则平面与平面所成二面角的平面角为,
过点作，
因为平面平面，平面平面，
由，所以平面，
因为，则，，
以为坐标原点，为轴，为轴，过作的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，，，
所以，
，，
设平面MAB的一个法向量为,
则，取，则，
设与平面MAB所成角为，
则
17．(1)①；②
(2)
0 1
解析：（1）①由题意，车道转移概率：
当前在车道0时，留在0的概率为，变道到1的概率为；
当前在车道1时，变道到0的概率为，留在1的概率为；
因此一步转移的概率矩阵为.
②设事件：时刻车辆在车道0，：时刻车辆在车道1，：时刻车辆在车道1，
已知，，，，
由贝叶斯公式.
（2）设，由全概率公式得递推关系，
则，首项，
因此通项为：.
所以.
故的分布列为
0 1
18．(1)当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析
(3)
解析：（1）由题意，，定义域为求导得：
，
当时，恒成立，因此在上单调递增，
当时，当 时，，，单调递减；
当时，，单调递增，
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）当时，，
当时，，故，
所以要证，
即证明：，
即证
即证，
令，
则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，取得最大值，
因此对任意，，即，原不等式得证.
（3）原不等式，
当时，当时，，
所以，不合题意；
当时，
原不等式，
设，
则，
令，
，
，
当时，，所以在单调递减，
所以，所以在单调递增，，不合题意；
当时，，所以，所以在单调递增，
所以，所以在单调递减，；
当时，令，得，所以，
所以在单调递减，所以，
所以在单调递增，，不合题意；
综上，实数a的取值范围为.
19．(1)
(2)①证明见解析；②
解析：（1）已知双曲线实轴长为，则，所以.
因为双曲线的一条渐近线为，即，所以，即.
所以双曲线的标准方程为.
（2）①设，，则，均满足.
因为的外接圆经过点，所以可设的外接圆方程为.
所以，，
两式相减得，，故外接圆方程为.
则，，所以.
又，，代入中整理得，，
因为，所以.
设直线的方程为，联立双曲线方程整理得，
当时，，，，
则，
所以，即.
原点到直线的距离为，等于圆的半径，
故直线与圆相切.
②直线与渐近线交于，与渐近线交于.
则.
直线与双曲线相交的弦长.
故.
由直线与双曲线相交可得，
即且，故.
当时，，即；
当时，，即，
综上，的取值范围为.

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