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甘肃嘉峪关市酒钢三中2026届高三第二学期模拟预测数学试题
一、单选题
1．如图，集合A，B均为U的子集，表示的区域为（ ）
A．I B．Ⅱ C．Ⅲ D．Ⅳ
2．若，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
3．设函数，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．
4．如图：正方体的棱长为2，E为的中点，过点D作正方体截面使其与平面平行，则该截面的面积为（　　）

A． B． C． D．
5．一袋里装有带编号的红色，白色，黑色，蓝色四种不同颜色的球各两个，从中随机选4个球，已知有两个是同一颜色的球，则另外两个球不是同一颜色的概率为（ ）．
A． B． C． D．
6．已知，，则（ ）
A．3 B． C． D．
7．函数的零点所在的区间为（ ）
A． B． C． D．
8．已知正项等比数列的前项和为，且满足，设，将数列中的整数项组成新的数列，则（ ）
A．2022 B．2023 C．4048 D．4046
二、多选题
9．某学校为了了解本校学生的上学方式，在全校范围内随机抽查部分学生，了解到上学方式主要有：结伴步行，自行乘车，家人接送，其他方式.并将收集的数据整理绘制成如下两幅不完整的统计图.根据图中信息，下列说法正确的是（ ）

A．扇形统计图中D的占比最小 B．条形统计图中A和C一样高
C．无法计算扇形统计图中A的占比 D．估计该校一半的学生选择结伴步行或家人接送
10．关于x的方程的复数解为，，则（ ）
A．
B．与互为共轭复数
C．若，则满足的复数z在复平面内对应的点在第二象限
D．若，则的最小值是3
11．已知，分别是椭圆C：的左、右焦点，P是椭圆C上一点，则（ ）
A．当时，满足的点P有2个
B．的周长一定小于
C．的面积可以大于
D．若恒成立，则C的离心率的取值范围是
三、填空题
12．定义在上的函数的导函数为，当时，，且，则不等式的解集为___________．
13．已知数列前项和为，且，若存在两项使得，当时，则最小值是__________.
14．，则__________.
四、解答题
15．已知函数．
(1)求的最小正周期和单调增区间；
(2)若函数在存在零点，求实数a的取值范围．
16．已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．
（1）若|AF|+|BF|=4，求l的方程；
（2）若，求|AB|．
17．已知函数，其中.
(1)设，若不等式对恒成立，求的取值范围.
(2)，若，求证：
18．现有外表相同，编号依次为的袋子，里面均装有个除颜色外其他无区别的小球，第个袋中有个红球，个白球.随机选择其中一个袋子，并从中依次不放回取出三个球.
(1)当时，
①假设已知选中的恰为2号袋子，求第三次取出的是白球的概率；
②求在第三次取出的是白球的条件下，恰好选的是3号袋子的概率；
(2)记第三次取到白球的概率为，证明：.
19．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.

(1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；
(2)如图，已知在三棱锥中，平面，三棱锥在顶点处的离散曲率为.
①求直线PC与直线AB所成角的余弦值；
②若点在棱PB上运动，求直线 CQ与平面 ABC所成的角的最大值.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C C B C D B C ABD BD
题号 11
答案 ABD
1．A
根据补集的运算性质及维恩图得解.
【详解】因为,
由维恩图可知，表示的区域为I.
故选：A
2．C
根据幂函数,指数函数单调性，引入中间值，比较，根据指数,对数函数单调性，引入中间值，比较即可.
【详解】根据函数在单调递增，知道，
根据函数在单调递减，知道，
根据函数在单调递减，知道，
综上所得，.
故选：C.
3．C
根据分段函数的解析式，将化为，利用解析式求得的值，即可得答案.
【详解】由题意得
，
故选：C
4．B
由题可知，过点D作正方体截面使其与平面平行的截面即为菱形，利用菱形面积公式即可求得结果为.
【详解】根据题意，取的中点分别为，连接，如下图所示：

易知，且，所以四边形是平行四边形；
即，又平面，平面，
所以平面；
同理可得平面；
，平面，
所以平面平面平行，
即过点D作正方体截面使其与平面平行的截面即为平面；
显然，，且，；
所以四边形是边长为的菱形，即所求截面面积即为菱形的面积；
易知，所以其面积为.
故选：B
5．C
根据给定条件，利用古典概率求出至少有两个球颜色相同的概率，再求出两球颜色相同、另外两球颜色不同的概率即可求解作答.
【详解】记至少有两个球颜色相同的事件为，两球颜色不同的事件为，
因此，，
所以有两个是同一颜色的球，则另外两个球不是同一颜色的概率为.
故选：C
6．D
利用两角和差公式可得，结合题意即可得结果.
【详解】因为，则，，
又因为，
则①，
等式①的两边同时除以
可得，解得.
故选：D.
7．B
【详解】因为是增函数，是增函数，所以函数是增函数.
又，
所以由零点存在性定理可得，函数的零点所在的区间为.
8．C
根据等比数列定义，将代入计算可得，；可得，再由新的数列的性质求出其通项为即可得出结果.
【详解】令数列的公比为，，
因为，
所以当时，，即，
当时，，即，解得（舍去），
所以，即，
因为数列中的整数项组成新的数列，
所以，此时，即，
可得.
故选：C
9．ABD
根据方式上学的学生占比即可求出总人数，则得到方式出行的人数，选项一一分析即可.
【详解】由条形统计图知，自行乘车上学的有42人,家人接送上学的有30人,
其他方式上学的有18人,采用三种方式上学的共90人,
由扇形统计图知, 其他方式上学的学生占,
所以人，则结伴步行上学的有人，
故条形图中一样高，故B正确，
扇形图中类占比与一样都为，和共占,故C错误，D正确.
因为其他方式上学的人数最少，故扇形统计图中D的占比最小，故A正确.
故选：ABD.
10．BD
根据给定条件，求出，再逐项计算、判断作答.
【详解】因为，因此不妨令方程的复数解，
对于A，，A错误；
对于B，与互为共轭复数，B正确；
对于C，，由，得，
则复数z在复平面内对应的点在第四象限，C错误；
对于D，设，由，得，显然有，由选项A知，
因此，当且仅当，即时取等号，D正确.
故选：BD
11．ABD
当点的坐标为或时，最大，计算得到A正确，的周长为，故B正确，面积为，C错误，根据计算离心率得到D正确，得到答案.
【详解】对于选项A：当点的坐标为或时，最大，此时，若，
则，所以，A正确；
对于选项B：的周长为，故B正确；
对于选项C：的面积为，故C错误；
故于选项D：因为，所以，可得，
得，得，又，所以，故D正确．
故选：ABD．
12．
利用构造函数法，结合导数化简不等式，从而求得不等式的解集.
【详解】构造函数，
则，
所以在区间上单调递减，
由，得，
即，所以，
解得，所以不等式的解集为.
故答案为：
13．4
先根据可得数列是首项为1，公比为2的等比数列，即可得到，结合可得，再结合基本不等式求解即可.
【详解】由，得，两式相减得，而，
所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，即，
因为，则，即，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，所以最小值是，
故答案为：.
14．
【详解】对，两边求导得，
令，可得.
15．(1)，
(2)
（1）化简函数，结合三角函数的图象与性质，即可求解；
（2）根据题意转化为方程在上有解，以为整体，结合正弦函数图象运算求解.
【详解】（1）对于函数
，
所以函数的最小正周期为，
令，则，
∴函数的单调递增区间为.
（2）令，即，则，
∵在存在零点，则方程在上有解，
若时，则，可得，
∴，得
故实数的取值范围是．
16．（1）；（2）.
（1）设直线：，，；根据抛物线焦半径公式可得；联立直线方程与抛物线方程，利用韦达定理可构造关于的方程，解方程求得结果；（2）设直线：；联立直线方程与抛物线方程，得到韦达定理的形式；利用可得，结合韦达定理可求得；根据弦长公式可求得结果.
【详解】（1）设直线方程为：，，
由抛物线焦半径公式可知：
联立得：
则
，解得：
直线的方程为：，即：
（2）设，则可设直线方程为：
联立得：
则
，
，
则
17．(1)
(2)函数的定义域为，
，
当时，，所以，所以单调递增；
当时，，所以，所以单调递减.
因为，所以可设，则.
令，
则，
当，所以，，所以；
当，所以，，所以，
又，所以恒成立，
所以函数是增函数.
所以，所以，
即.
【详解】（1）函数的定义域为，
.
当时，令，得.
当时，，所以；
当时，，所以.
所以在上单调递减，在上单调递增，
故的最小值为.
因为不等式对恒成立，所以.
设，
则恒成立，
所以在上单调递增.
因为，所以，解得，即.
综上所述：的取值范围是.
（2）略
18．(1)①；②
(2)证明见解析
（1）①时，第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，利用相互独立事件概率乘法公式，互斥事件概率加法公式能求出第三次取出为白球的概率；
②先求出第三次取出的是白球的种数，再求出在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，选到第个袋子的概率为，由此能求出第三次取出的是白球的概率，再结合条件概率即可得解；
（2）先求出第三次取出的是白球的种数，再求出在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，选到第个袋子的概率为，由此能求出第三次取出的是白球的概率，进而得证．
【详解】（1）①时，第二个袋中有2白2红，共4个球，
从中连续取出三个球（每个取后不放回），
第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，
∴第三次取出为白球的概率为；
②设选出的是第个袋，连续三次取球的方法数为，
第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：
（白，白，白），若则，取法数为，
若或或，取法数为，也满足关系，
故取（白，白，白）的取法可表示为，
同理（白，红，白），取法数为，
（红，白，白），取法数为，
（红，红，白），取法数为，
从而第三次取出的是白球的种数为：
，
则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，
则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，
而选到第个袋子的概率为，故所求概率为：
，
所以在第三次取出的是白球的条件下，恰好选的是3号袋子的概率为；
（2）设选出的是第个袋，连续三次取球的方法数为，
第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：
（白，白，白），取法数为，
（白，红，白），取法数为，
（红，白，白），取法数为，
（红，红，白），取法数为，
从而第三次取出的是白球的种数为：
，
则在第个袋子中第三次取出的是白球的概率，
而选到第个袋子的概率为，
所以．
19．(1)2
(2)①；②
【详解】（1）由离散曲率的定义得：，
，
，
，
四个式子相加得：
.
（2）①如图，分别取的中点，连接，
则，，所以为异面直线与所成角或其补角.
设，因为，所以，所以.

因为平面平面，所以，，
因为，所以平面，又因为平面，所以，所以.
由三棱锥在顶点处的离散曲率为，得.
所以.
所以，.
所以，
所以直线与直线所成的角为的补角，其余弦值为.
②设
由，且平面，得到平面的距离为，
.
设直线 与平面所成的角为，则，
当且仅当，即，即与重合时，等号成立.
因为，所以，所以直线 与平面所成角的最大值为.

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