资源简介

湖北十堰市郧西县第三中学、第二中学、竹山县第二中学2025-2026学年高三下学期仿真模拟统一考试数学试题
一、单选题
1．已知复数满足，则（ ）
A．5 B． C．2 D．
2．已知全集，集合，则（ ）
A． B． C． D．
3．学校科技节开幕式，某科创社团有2名男生和4名女生报名担任志愿者．从中随机抽取3人负责机器人展示环节的引导工作，则恰好抽到1名男生和2名女生的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．已知双曲线的一条渐近线斜率为2，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
5．将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象关于轴对称，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．中，，，是的中点，则（ ）
A． B．7 C． D．25
7．已知，，，则下列大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．已知抛物线的焦点为，抛物线上有三个不同的点，，，满足，，成等差数列．则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．将一个棱长为2的正方体沿相邻三个面的对角线截去一个三棱锥，得到一个几何体．则（ ）
A．该几何体的体积为 B．该几何体的表面积为
C．该几何体的外接球半径为 D．该几何体有7个面
10．已知圆，直线，则（ ）
A．直线恒过定点
B．当时，直线与圆相切
C．存在实数，使得直线与圆相交于两点，且
D．若直线与圆交于两点，则面积的最大值为
11．在锐角中，内角的对边分别为，满足．则（ ）
A．的最大值为
B．的最大值为
C．的最大值为
D．若，则的最小值为2
三、填空题
12．已知曲线在点处的切线方程为，则________．
13．已知数列的前n项和为，，且对任意正整数，都有，则________．
14．某学校有5个班级，每个班级有1名男生和2名女生报名参加运动会，现要从这15名学生中选出6人组成校代表队，要求每个班级至少选1人，最多选2人，同时代表队中至少有2名男生，这样的选法数为________．
四、解答题
15．在中，内角的对边分别为，已知，，．
(1)求边的长度；
(2)若点在边上，且满足，求的面积．
16．已知复数，且对任意正整数，（为虚数单位），记（表示复数的实部）．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
17．如图，在四棱锥中，底面中，，，已知，，，面，且．
(1)求证：面；
(2)设为垂心，求平面与平面夹角的余弦值．
18．已知函数．
(1)讨论的单调性，并求其极值；
(2)若对任意，不等式恒成立，求实数的最小值：
(3)设，为两个不相等的正数，且，证明：．
19．在平面直角坐标系中，已知椭圆，左顶点为，右顶点为．对于椭圆上任意两点，定义它们的“椭圆三角形面积”为：；对于椭圆上任意三个不同的点，，，定义它们的“椭圆三角形面积和”为：．设为不小于的正整数，在椭圆上取个不同的点，其中的坐标为．
(1)当时，求的值；
(2)从这个点中任取两个不同的点，求满足的取法种数，并证明：对任意满足该条件的两点，有为定值；
(3)若为的倍数，从这个点中随机抽取三个不同的点，记为，随机变量，求X的数学期望（用表示）．
参考答案
1．B
【详解】设，则，
由．
2．A
【详解】由，可得，所以，
又，所以.
3．B
【详解】由题设，随机抽取3人有种，其中抽到1名男生和2名女生有种，
所以恰好抽到1名男生和2名女生的概率为.
4．C
【详解】对于焦点在轴上的双曲线，其渐近线方程为.
由题意可知一条渐近线斜率为，因此，即.
根据双曲线参数的基本关系，将代入得： ，
即. 由离心率定义，代入得
5．D
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度后可得到 ，
因为函数图象关于轴对称，则该函数为偶函数，
所以可得 ,
解得，
又，则当时，满足题意；
因此的最小值为.
6．A
【详解】因为是的中点，所以，又，
所以.
7．D
【详解】因，，，
则，
又因，
则得.
8．A
【详解】由抛物线 ，得，焦点 ，
由抛物线焦半径公式，对抛物线上任意点 ，.
设 ，
因为 成等差数列，所以，
因此，即.
又因为，
所以，
，令，得，
将代入，解得，不妨取.
再令，得①，又因为，即，②，
联立①②消去，得，即，解得或.
当时，，，
，此时三点不同且在抛物线上，且.如图：
当时，，，
，此时三点不同且在抛物线上，且.如图：
因为，所以的最小值为.
9．ACD
【详解】正方体的体积，截去三棱锥体积，
几何体，故A正确；
正方体的表面积，
截去3个直角三角形面积，
新增1个边长为的正三角形面积为，
该几何体的表面积为，故B错误；
该几何体与原正方体外接球相同，正方体外接球直径为，
解得，故C正确；
正方体有6个面，截去一个角后，每个截面多出一条边，整体新增1个面，共7个面，
故D正确．
10．AC
【详解】对于A选项，由得，
则当时，直线方程不含且，故过定点，A选项正确；
对于B选项，当，则直线方程为，联立圆的方程得，
解得，有两个解，故与圆相交，B选项错误；
对于C选项，圆心坐标为，圆心到直线的距离为，
因为，故，解得，
因此存在实数，使得直线与圆相交于两点，且，故C选项正确；
对于D选项，由C选项可得，
则，，则，
令，则，令，为开口向下的二次函数，
对称轴为，因此在上，单调递增，
所以，因此没有最大值，故D选项错误.
11．ABC
【详解】由余弦定理 ，
代入 得
又由均值不等式 ，结合 得 ，即 ，
代入上式得，所以
由于为锐角，故，最大值为（当且仅当 时取等号），所以A 正确；
由正弦定理得 所以
利用和差化积公式： ，
代入即得
因为 ，且 ，
代入得
于是，
，
令，由题意为锐角三角形可知，，
所以，由知，
又
，即，
解得，所以
则，令，
因为在上递减，在上递减，
所以函数在上单调递减，
所以，所以正确；
因为，
令，其中，
因为在上递减，在上递减，
所以函数在上单调递减，所以，所以正确；
对于D选项，取，此时，，满足，
因为，满足三个角均为锐角，
但，即此时，所以D错误.
12．
【详解】曲线求导得，
由题意知，解得，
则点在直线上，故，解得，
．
13．/
【详解】由题设，且，则，
所以，两边同时除以，得，且，
所以是1为首项，为公差的等差数列，
所以，则，
根据且，可得，
所以.
14．
【详解】根据条件，肯定有1个班选2人，其余4个班各选1人，总的选法有种.
其中全是女生的选法有种，
其中只有1名男生的选法有：，
所以满足条件的代表队的选法有.
15．(1)
(2)
【详解】（1）在中，由余弦定理 代入，，，
可得 ，
由于，因此.
（2）设，由已知得，
根据三角形面积公式 ，
又 的面积为 ，
由，可得 ，
解得，即.
16．(1)
(2)或.
【详解】（1）对任意正整数，（为虚数单位），则，
所以，复数数列是以为首项，公差为的等差数列，
故，故.
（2）由题意可知数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以
.
故当时，；
当时，；
当时，；
当时，.
综上所述，.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为，，所以，
在中，，
在中，，
因为，所以，
又，所以，即，
因为平面，平面，
所以，
又平面，，
所以平面．
（2）连接并延长，交于点，连接，则平面平面，
因为为垂心，所以，
因为平面，平面，
所以，
所以，，
又，所以，
由得，，
以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则，
设平面的一个法向量为，
则，即，取，则，
所以
所以平面与平面夹角的余弦值为．
18．(1)时，的极小值为，时，的极大值为；
(2)；
(3)证明见解析.
【详解】（1），令，解得，
所以时，，即在上单调递减，
时，，即在上单调递增，
时，，即在上单调递减，
所以时，的极小值为，时，的极大值为.
（2）对任意，恒成立等价于恒成立，
令，，所以，
，令，解得（负根舍去），
所以时，，即在上单调递增，
时，，即在上单调递减，
所以在时取得最大值，，
所以实数的最小值为.
（3）由，，为两个不相等的正数，
两边同时取自然对数得，即，令，，
所以，因为，
所以时，，即在上单调递增，
时，，即在上单调递减，所以的极大值为，
时， 时，故 一个在 内，另一个在 内，不妨设，
等价于，因为，所以，而在上单调递减，所以证明即可，也即，
令，即，，
，
即在上单调递减，所以，，
所以，即，所以，即，得证.
19．(1)
(2)当为奇数，满足的取法数为；当为偶数，满足的取法数为；
(3)
【详解】（1）因为的坐标为，
当时，，即，
根据定义，所以.
因此的值为.
（2）因为，得，即，所以向量与向量共线.
由于点在椭圆上且均匀分布，当且仅当两点关于原点对称时，
向量与向量共线，此时对应的角度相差为，即，得，
若为奇数，则方程无解，满足的取法数为；
若为偶数，则这个点中共有对点关于原点对称，
所以方程共有对解，满足的取法种数为.
设满足条件的两点，则与关于原点对称，所以，
由，所以，，
由于在椭圆上，所以，得，
所以（定值）.
（3）设任意两点，其中，
所以，
由于，所以，即平方值与点的顺序无关.
因此，其中，
因为
由期望的线性性：，
再由对称性可知，，因此.
对于间隔为的有序点对，共有个有序点对，
其所有有序点对的之和为：，
其所有无序点对的之和为所有有序点对的之和的一半，即，
又因为，
当为的倍数时，不是的整数倍，由对称性可得单位圆上均匀分布的个点的横坐标之和为，
即（不是的整数倍），
所以
所以所有有序点对的
因此所有无序点对的之和为，
因为有个点，所以总共有个无序点对，因此，
所以.

展开更多......

收起↑