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辽宁省2026届高考模拟质量检测试卷
数学试卷
分值：150分 时间：120分钟
注意事项
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
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.若复数z满足，则( )
A. B. C. D.
2.已知集合，，则( )
A. B.或
C. D.
3.将函数的图象先向右平移个单位长度，再将其横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，则图象的对称中心的坐标为( )
A. B.
C. D.
4.若双曲线，的两条渐近线的夹角为，则该双曲线的离心率为( )
A. B.2 C.2或 D.或
5.已知直线与圆，圆的交点从左到右依次为A，B，C，D，则( )
A.1 B.2 C.3 D.4
6.如图，无弹性的细绳，的一端分别固定在A，B处，同样的细绳下端系着一个称盘，且，绳子受力的大小为40 N，受力的大小为30 N，则绳子受力的大小为( )
A. B. C. D.
7.已知的定义域为R，的图象关于点对称，，且的图象关于点对称，则( )
A.99 B.78 C.66 D.52
8.已知正数x，y，z满足，则( )
A. B. C. 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.已知中，，则C的值可以为( )
A. B. C. D.
10.如图，五面体中，，，，，，点P为线段上的动点，则下列结论正确的是( ).
A.
B.平面平面
C.平面截该几何体所得截面面积的最小值为
D.三棱锥外接球的表面积为
11.已知抛物线的焦点为F(2,0)，过F的直线与T交于A，B两点，点P(4,0)，直线，分别交T于C，D两点，则下列说法正确的是( ).
A.
B.（O为坐标原点）是钝角三角形
C.直线过定点
D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.若函数的图象在处的切线过点，则___________.
13.已知等差数列的公差，前n项和为，若，，且，则d的取值范围为______________.
14.现有红、黄、蓝、绿四种颜色的卡片各4张，有放回地抽取4次，每次抽一张，则4次抽取的卡片颜色种数X的数学期望为_____________.
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.（13分）随着2025年世界羽毛球锦标赛在法国巴黎举行，国内掀起了新一波的羽毛球热，激起了民众参加羽毛球运动的热情.某大学羽毛球协会组织了羽毛球双人比赛，已知有甲、乙、丙等8支球队参赛，现将这8支球队随机分为A，B两组，每组4支球队.
（1）求甲、乙、丙恰好分在同一组的概率；
（2）在甲、乙、丙中至少有2支球队分在A组的条件下，求甲、乙、丙均分在A组的概率.
16.（15分）已知数列的首项，且满足.
（1）证明：数列为等比数列；
（2）若数列的前n项和小于120，求n的最大值.
17.（15分）如图，在四棱锥中，已知平面平面，，，，与的交点为O.
（1）证明：平面；
（2）设E为的中点，点F在上且平面平面，若，C到平面的距离为，求平面与平面所成二面角的正弦值.
18.（17分）在平面直角坐标系中，已知点，，点P满足.记点P的轨迹为曲线C.
（1）求C的方程；
（2）过C外一点作C的两条切线，且这两条切线互相垂直.
（i）求m，n的关系式；
（ii）若且，M为C上一点，求的取值范围.
19.（17分）已知函数，其中.
（1）若曲线在点处的切线方程为，求a的值；
（2）判断函数的极值点个数；
（3）若有且仅有1个零点，求a的取值范围.
数学参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 得分
答案 D B A C B D A B ABC ABD BCD
1.答案：D
解析：由题意得，所以，故选D.
2.答案：B
解析：因为或，所以或.故选B.
3.答案：A
解析：由题意得，令，，解得，，所以图象的对称中心的坐标为，故选A.
4.答案：C
解析：因为双曲线的两条渐近线的夹角为，则渐近线的倾斜角为，或，，所以渐近线的斜率为或.因为该双曲线方程为，所以渐近线方程为，所以或.所以双曲线的离心率或2.故选C.
5.答案：B
解析：易知圆，的圆心均为坐标原点，且点O到直线l的距离，则，，所以，故选B.
6.答案：D
解析：设，，三根绳子所受的力分别为a，b，c，则.因为a，b的合力，所以.如图，在平行四边形中，，，因为，所以.所以绳子受力的大小为.故选D.
7.答案：A
解析：解法一：由的图象关于点对称可得，即，由的图象关于点对称可得，又，所以
，即，故，即
，故.在中，令，得，故，故选A.
解法二：由的图象关于点对称，不妨设，由的图象关于点对称，不妨设.因为，所以，整理得，故，解得，所以，故.故选A.
8.答案：B
解析：因为，所以，，.
因为，，所以，又，，所以.令，则，则当时，，单调递减.因为，所以，即，即，又函数在上单调递增，所以，即.
综上可得z9.答案：ABC
解析：因为，所以，设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则由正弦定理得，由余弦定理得，所以，所以，当且仅当时等号成立.
A（√）B（√）C（√）因为，所以.
D（×）.故选ABC.
10.答案：ABD
解析：A（√）因为，平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，又，所以四边形为平行四边形，则.
B（√）因为，，故四边形为等腰梯形.如图，过点F作，垂足为O，连接，又，，所以，又，所以.
取的中点Q，连接，因为，，所以，，，
又，所以四边形为矩形，所以，又，所以，故，又，，所以平面，又平面，所以平面平面.
C（×）如图，设截面与棱交于点M，连接，，因为，平面，平面，所以平面，又平面平面，所以，又，所以，所以截面是梯形.因为四边形为平行四边形，所以.又，所以当，之间的距离最小时，梯形的面积最小.显然，，之间的最小距离等于直线到平面的距离，也就是点O到平面的距离.过点O作，垂足为H，由B知，，又，所以平面，则平面，所以，又，，所以平面.所以点O到平面的距离等于，在中，.所以截面面积的最小值为.
D（√）由B可知，故由正弦定理可得，外接圆的半径.
因为，所以外接圆的圆心在上，且.如上图，以点O为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，.易知三棱锥外接球的球心T在过点且与底面垂直的直线上，故可设T的坐标为，因为A，F均在球T的球面上，所以，得，所以三棱锥外接球的半径，故三棱锥外接球的表面积为.故选ABD.
11.答案：BCD
解析：因为，所以T的方程为，如图，由题意知直线的斜率不为0，
设直线的方程为，由，消去x得，设，，则y1+y2=8t，.
A（×）由抛物线的定义可得，，所以，，易知，，显然.
B（√）因为点，在抛物线上，所以，，故
，故，又A，B，O三点不共线，所以为钝角，即为钝角，所以为钝角三角形.
C（√）设，，直线的方程为，由，消去x得，所以，故，同理可得，所以.当直线的斜率存在时，，所以直线的方程为，化简得，即，令，得，所以直线过定点.当直线的斜率不存在时，易知，所以，此时直线的方程为.综上，直线过定点.
D（√），
，所以.故选BCD.
12.答案：
解析：因为，，所以，，所以函数的图象在处的切线方程为，将点代入，得，解得.
13.答案：
解析：解法一：由，得，所以，所以，所以，解得，所以d的取值范围为.
解法二：由，得15+105d=5[3+(k+6)d]，所以21d=(k+6)d，因为，所以，，所以，故时，取得最大值，因为
，所以，解得，所以d的取值范围为.解得，所以d的取值范围为.
14.答案：
解析：由题意知随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4.
①当时，即4次抽取的卡片颜色相同，故.
②当时，即4次抽取到2种不同颜色的卡片，故.
③当时，即4次抽取到3种不同颜色的卡片，故.
④当时，即4次抽取时，每次抽取到的卡片的颜色都不相同，故.
所以随机变量X的数学期望.
15.答案：（1）；
（2）.
解析：（1）从参赛的8支球队随机选4支进入A组，其余4支进入B组，共有种分组情况， …………………………………………………………………………………………2分
甲、乙、丙恰好分在同一组的情况种数为. …………………………………………4分
设事件E为“甲、乙、丙恰好分在同一组”，则， …………………………6分
即甲、乙、丙恰好分在同一组的概率为. ……………………………………………………7分
（2）解法一：记事件M为“甲、乙、丙中至少有2支球队分在A组”，事件N为“甲、乙、丙均分在A组”，
则，，
所以，……………………………………………………………12分
故在甲、乙、丙中至少有2支球队分在A组的条件下，甲、乙、丙均分在A组的概率为.
……………………………………………………………………………………………………13分
解法二：记事件M为“甲、乙、丙中有2支球队分在A组”，事件N为“甲、乙、丙均分在A组”，
则，……………………………………………12分
故在甲、乙、丙中至少有2支球队分在A组的条件下，甲、乙、丙均分在A组的概率为.
……………………………………………………………………………………………………13分
16.答案：（1）证明见解析；
（2）14.
解析：（1）解法一：由，得， …………4分
因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列. …………………6分
解法二：由，得，……………………………4分
因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列. …………………6分
（2）由（1）得，得.…………………………………8分
则
. …………………………………………………12分
解法一：由于数列是单调递增数列，，，……………………………14分
所以满足的n的最大值为14. …………………………………………………………15分
解法二：因为，所以，解得， ……………………14分
所以满足的n的最大值为14. …………………………………………………………15分
17.答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）因为，，，所以，所以，
所以点O为的中点，又，所以，……………………………………2分
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面. …………………………………………………………………………4分
（2）解法一：因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
同理可得， ……………………………………………………………………………5分
因为E为的中点，所以F为的中点.
又是等边三角形，所以，
所以，易知，所以.………………………………………6分
由，可得，
因为，所以，
所以，.………………………………………………………………7分
由（1）可得，，两两垂直，以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，
所以，，，.…………………9分
设平面的一个法向量为，
所以，即，取， ………………………………10分
由点C到平面的距离，得. ………………………11分
可得，，
设平面的一个法向量为，
由平面平面，得，即，取.…………13分
所以，
故平面与平面所成二面角的正弦值为. ……………………………15分
解法二：因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，
同理可得，………………………………………………………………………………5分
因为E为的中点，所以F为的中点，
又是等边三角形，所以，所以，
易知，所以. …………………………………………………………6分
由，可得，
因为，所以，所以，.……………………7分
设，则，，
所以，则，
故的面积为，
又点C到平面的距离为，且，
所以，得，即. ………………………11分
因为平面平面，所以平面与平面所成二面角即平面与平面所成二面角，
在中，过点C作于点M，连接，如图，易知，则即平面与平面所成的二面角. ………………………………………………………12分
在中，因为，所以.
由，得，解得，
故，故，
所以平面与平面所成二面角的正弦值为. ………………………………………15分
18.答案：（1）
（2）（i）
（ii）
解析：（1）因为，
所以曲线C是分别以，为左、右焦点的椭圆. ……………………………………………1分
设椭圆C的方程为，半焦距为c，
则，，得，， …………………………………………3分
所以C的方程为.………………………………………………………………………4分
（2）（i）当过的椭圆C的切线斜率存在时，易知斜率不为0，
设切线方程为，
代入椭圆C的方程，得，
因此，
即， ………………………………………………………………5分
则两条切线的斜率即该关于k的方程的根.………………………………………………………6分
由于两条切线互相垂直，故，则，………………………………………7分
得. ……………………………………………………………………………………8分
当过的椭圆C的切线中有一条切线的斜率不存在时，另一条切线的斜率为0，
此时点Q的坐标为或或或，均满足.
综上，.………………………………………………………………………………10分
（ii）若，则，所以，，则. ………………11分
连接，交椭圆C于点，当M与重合时，最小， …………………12分
最小值为. ……………………………………………………………13分
连接，由椭圆的定义得， ……………………………14分
连接并延长，交椭圆C于点，且在x轴下方，当M与重合时，最大，
最大值为，故的最大值为. ……………………………………16分
综上，的取值范围为.…………………………………………………17分
19.答案：（1）
（2）当时，没有极值点，当时，有2个极值点，当时，有1个极值点
（3）
解析：（1）由题可得函数的定义域为，且，
所以切线的斜率，………………………………………………………………2分
又，
所以切线方程为，整理得.……………………………3分
又切线方程为，所以，解得.……………………………………4分
（2）由（1）可得，………………………5分
①当，即时，恒成立，f(x)在上单调递增，所以f(x)没有极值.
②当时，令，得，解得或，
若，则，所以在上单调递增；
若，则，所以在上单调递减；
若，则，所以在上单调递增.
所以在处取得极大值，在处取得极小值.…………………8分
③当时，令，得，解得(舍去)，
若，则，所以在上单调递减；
若，则，所以在上单调递增.
所以在处取得极小值，无极大值. ………………………………………9分
综上，当时，没有极值点，当时，有2个极值点，当时，有1个极值点. ………………………………………………………………………………………10分
（3）令，得，得，即，
所以，
所以函数的零点个数即关于x的方程的根的个数，
令，则的零点个数即关于x的方程的根的个数. …………11分
由（2）知，①当时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，又f(1)=-3<0，f(16)=aln 16>0，所以只有1个零点.
因此当，即时，g(x)只有1个零点. ………………………………………12分
②当时，的极大值
，
由于，所以，则，
又，所以，
因此，
又，所以只有1个零点.
因此当，即时，只有1个零点. …………………………14分
③当时，，令，得，故只有1个零点.
因此，当，即时，只有1个零点. ………………………………………15分
④当时，在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，
又，所以的极小值，
易知，且，
，且
，
令，
则当时，，
所以在上单调递增，而，
所以当时，，所以，
所以在和上分别存在1个零点，即有2个零点.
因此当，即时，有2个零点.………………………………………16分
综上，当有且仅有1个零点时，a的取值范围是.……………………………17分
数学试卷·第4页（共4页）

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