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2026届高三下学期二模数学试题卷
一、单选题
1．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知{an}是首项为1，公差为3的等差数列，如果an＝2023，则序号n等于（ ）
A．667 B．668
C．669 D．675
3．已知线性相关的两个变量的取值如表所示，如果其线性回归方程为，则（ ）
3 4 6 7
20 40 80
A．50 B．60 C．70 D．75
4．已知，若，，则（ ）
A．4 B．5 C．4或5 D．5或6
5．如图，平行四边形中，，作如下图所示网格，使得每个小平行四边形都是菱形，若，则＝（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数在点处的切线为，若与圆相切，则的值为（ ）
A． B．
C．或 D．或
7．已知为随机事件，且，，则“”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
8．若双曲线不存在以点为中点的弦，则该双曲线离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知为等差数列的前项和，，，，则（ ）
A． B． C． D．
10．已知，，，设的最小值为N，且（为自然对数的底数），则下列说法正确的是（ ）
A． B．的最大值是
C． D．若且，则
11．已知，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．的最小值为1
C．若，则的最小值为8
D．若恒成立，则的最小值为
三、填空题
12．已知数列中，，则___________．
13．在正三棱台中，，侧棱与平面所成角为，则该棱台的体积为___________．
14．已知点，分别是直线和圆上的动点，，则的最小值为____________.
四、解答题
15．已知分别为的内角所对的边，且．
(1)求；
(2)已知是边的中点，求的最大值．
16．泊松分布（Poisson Distribution）是一种重要的离散型分布，用于描述稀有事件的发生情况．如果随机变量X的所有可能取值为0，1，2，…，且，，其中，e为自然对数的底数，则称X服从泊松分布，记作．
(1)当时，泊松分布近似于正态分布，且满足，若，求的近似值；
(2)已知当，时，可以用泊松分布近似二项分布，即对于，，当k不太大时，有．已知某快递公司共有30000个包裹待配送，每个包裹有0.0001的概率出现配送延迟．试估计某天出现至少3起配送延迟的概率；（保留两位有效数字）
(3)若，且，求的取值范围．
参考数据：若，，则有，，．
17．已知数列满足，且.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求的通项公式；
(3)求的前项和.
18．设双曲线的左、右焦点分别为，离心率为2．过点作轴的垂线与交于两点，．
(1)求的方程；
(2)若直线与的右支交于不同的两点，求的取值范围；
(3)过作一条不垂直于轴的射线与的左支在第二象限交于点，过作与平行的一条射线与在第一象限交于点，证明：成等差数列．
19．已知函数为无理数且
(1)求在区间的最值；
(2)若对恒成立，求的取值范围；
(3)对于，证明：．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D B A C C C C ACD BD
题号 11
答案 ACD
1．B
【详解】，，
则．
2．D
依题意求出等差数列的通项公式，再解方程即可；
【详解】解：依题意
由，解得.
故选：D
3．B
求出样本中心，代入回归方程求解即可.
【详解】因为，
又因为所有回归方程都过样本中心，
所以将点代入回归方程，
得，
解得.
4．A
先求，根据组合数的性质求，进而可得最值.
【详解】由题意可知：，
且，
可得，其中，
且，根据组合数的性质可知当，即时，取到最大值，
若，所以.
故选：A.
5．C
选用为基底向量，即可根据向量的线性运算以及数量积的运算律求解.
【详解】设与方向相同的单位向量分别为，则，故，由于，故.
6．C
利用导数的几何意义求出切线的方程，再由直线与圆相切的判断方法列方程，即可求出参数的值.
【详解】由求导得：，则函数在点处的切线斜率为，
又，故切线方程为：，
由题意，圆心到直线的距离为，
解得：.
故选：C.
7．C
【详解】说明了的发生与否与的发生与否无关，
即与相互独立，其等价于与相互独立，
而由事件独立性定义可知：当时，与相互独立，故为充要条件.
8．C
先判断点在双曲线外部或在双曲线上，得，再结合过该中点的直线斜率可得另一不等式，最后求解出的范围，结合离心率等式即可求解．
【详解】由题意得点在双曲线外部或在双曲线上，则，得，
假设存在以为中点的弦，设弦与双曲线交于点，，
则，，
由点，在双曲线上，得，
两式作差得，
所以，
因为不存在该中点弦，所以直线AB与双曲线至多一个交点，
则，也即，
所以，则．
故选：C．
9．ACD
【详解】A选项，因为是等差数列，且，，所以，，所以，所以A选项正确；
B选项，由A选项解析得：，，则，所以B选项错误；
C选项，，所以，，则，所以C选项正确；
D选项，因为，所以是以首项为，公比为4的等比数列，所以，所以D选项正确.
10．BD
根据基本不等式“1”的妙用求出即可判断A；，利用导数求出的最值即可判断B；令，根据单调性可得，进而推导判断C；作差证明即可判断D．
【详解】解：，
当且仅当即，时取等号，故A错误；
因为且，所以，
设，，
时，的解为，的解为，
则在单调递增，单调递减，故最大值为，则的最大值是，故B正确；
令，，则，
，，所以在区间上单调递增，
又，，即，
即，，
即，故C错误；
由，
，，，，
，即，故D正确．
11．ACD
对A，利用基本不等式得，再解不等式即可；对B，根据基本不等式，易知等号不成立；对C，由代入式子中，再运用基本不等式处理即可；对D，由，即可得解.
【详解】对于A，，，当且仅当时取等号，
，解得，即，故A正确；
对于B，，
当且仅当，即时取等号，显然的值不存在，故B错误；
对于C，因为，所以，
当且仅当，即时，等号成立，故C正确；
对于D，，当且仅当时取等号，
所以，又恒成立，
所以，即的最小值为，故D正确.
故选：ACD.
12．
先判断出数列是等差数列，求出其首项和公差，再利用公式求和即可.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以数列是等差数列，首项为6，公差为3，
所以
13．
首先分别计算正三棱台上下底面的面积，再根据侧棱与底面所成角为求出棱台的高，最后代入棱台体积公式计算最终结果.
【详解】∵ 正三棱台上底面边长，下底面边长，
∴ 上底面面积，下底面面积.
设上下底面的中心分别为，，则为正三棱台的高，
侧棱与底面所成角为.
∵ 正三角形外接圆半径，
∴下底面外接圆半径，上底面外接圆半径.
过作于点，则，
可得四边形为矩形，故.
∵ 在中，，
∴ .
代入棱台体积公式，
得，
∴ .
14．
设 中点为 ，根据向量加法的平行四边形法则得到 与 的关系，分析的最小值，根据即可求解.
【详解】设中点为 ，则 ，所以 .
得的轨迹是和两条平行线所夹的区域，点到该区域的最小距离为点到直线的距离，
因为点 在圆 上，圆心 ，半径 ，
设点 到直线 的距离为 ，
则：，
所以 .
又因为 ，所以 .
综上， 的最小值为 .
15．(1)
(2)．
（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式、三角形内角和定理、辅助角公式进行求解即可；
（2）根据平面向量加法的几何意义、平面向量数量积的运算性质，结合余弦定理进行求解即可.
【详解】（1）根据正弦定理有
．
因为，
所以
，
，
则有，
．
（2）由（1）及余弦定理可知
，当且仅当时，“”成立．
是的中点，，
两边平方得，即，
由（1）知，代入得，
，
，
所以的最大值为．
16．(1)0.6827
(2)0.58
(3)
（1）由时，泊松分布近似于正态分布求解；
（2）设为配送延迟包裹数，由，根据，，得到，由求解；
（3）由，得到，再根据泊松分布的概率公式求解．
【详解】（1）当时，泊松分布近似于正态分布，且满足，若，
当时，泊松分布近似于正态分布，
即，，要计算，
根据正态分布的性质，，
．
（2）当，时，可以用泊松分布近似二项分布，
即对于，，
设为配送延迟包裹数，则，，
，，
，
，
那么，某天至少3起配送延迟的概率约为：
．
（3）由，得，
根据泊松分布的概率公式：，，得．
设（），
由，知在上为减函数．
，，
，即，
的取值范围为．
17．(1)证明见详解
(2)
(3)
（1）根据等式构造数列相邻两项，并求得其比值，即可证明；
（2）由（1）求得数列的通项公式，即可求得的通项公式；
（3）由（2）中的通项公式，通过等比数列的前项和公式求得结果.
【详解】（1）∵，∴，即，
∴数列是以为首项，为公比的等比数列
（2）由（1）可知，
∴
（3）
.
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
（1）由条件结合双曲线定义列关于的方程，解方程，可得到双曲线方程；
（2）将直线方程与双曲线方程联立，消去得到关于的一元二次方程，所以需满足二次项系数不为0，且判别式，因为交点在右支，所以利用韦达定理得到两根之和大于0、两根之积大于0，联立不等式求解的取值范围；
（3）设，点关于原点的对称点记为，此时，，由，可得，，三点共线，且可设直线的方程为， 将直线方程与双曲线方程联立，由韦达定理可得的关系式，设直线的倾斜角为，从而可得，的表达式，利用等差数列的性质可证明.
【详解】（1）由题可得.
由双曲线定义知，则.
因为，所以，
又，所以，
所以双曲线的方程为.
（2）联立，所以，
由题知：，
所以，解得或，
即.
（3）设，点关于原点的对称点记为，
此时，，
因为，，所以，
因为，所以，即，
所以，，三点共线，且，
设直线的方程为，
联立，消去并整理得，
此时且，，，
因为，所以，
且，
则，所以，
设直线的倾斜角为，此时，，
所以，
同理可得，
所以，
所以，，成等差数列.
19．(1)．
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1），可知，
令，则，
易得当时，，当时，，
即在单调递减，在上单调递增，
，则在单调递增，
所以．
（2）构造函数，
，
易知，若，
则使得在上单调递减，，与题意矛盾，
则，
此时，
令，只需证在恒成立即可．
，
令，则，
恒成立，即在单调递增，
在单调递增，则恒成立，
所以的取值范围是.
（3）由（2）可知在恒成立，
则有在恒成立，
令，则有恒成立，
所以，
又，
则.

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