2026年吉林省高三三模高考数学冲刺试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页吉林地区普通中学2025—2026学年度高中毕业年级第三次调研测试数学试题说明：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，贴好条形码.2.答选择题时，选出每小题答案后，用2B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.答非选择题时，用0.5毫米的黑色签字笔将答案写在答题卡上.字体工整，笔迹清楚.3.请按题号顺序在答题卡相应区域作答，超出区域所写答案无效；在试卷上、草纸上答题无效.一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求.1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．若经过，两点的直线的方向向量为，则（

）A． B． C．1 D．23．等比数列中，，，则（

）A．4 B．5 C．6 D．74．已知椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，则的周长为（

）A．4 B．6 C．8 D．105．已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则6．已知集合，集合，且，.记事件“函数是幂函数”，事件“函数在上单调递增”，则（

）A． B． C． D．7．已知，方程表示圆，则圆心的坐标为（

）A． B． C．或 D．或8．已知函数，对于正实数，定义集合，且，则的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．在的展开式中，则（

）A．展开式共有7项 B．常数项是第4项C．各二项式系数的和为 D．各项系数的和为10．在圆锥中，轴截面是边长为2的等边三角形，是的中点.用一个平面截圆锥，下列四个图中的截口曲线分别为圆、椭圆（截面经过点A）、抛物线的一部分、双曲线的一部分（截面垂直于平面），则（

）A．圆的面积为 B．椭圆的长轴长为C．抛物线的焦点到准线的距离为1 D．双曲线的离心率为11．设等差数列的前n项和为，且，.设，数列的前n项和为，则（

）A． B． C． D．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.其中第14题的第一个空填对得2分，第二个空填对得3分.12．已知随机变量，若，则______.13．若双曲线C的一条渐近线方程为，则双曲线C的离心率为________.14．已知函数存在极值，则实数a的取值范围是_______，若对，恒成立，则实数a的最大值为_______.四、解答题：本大题共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．已知抛物线C：的焦点F到直线的距离为.(1)求抛物线C的标准方程；(2)过点的直线与抛物线C交于M，N两点，为坐标原点，且的面积为，求直线的方程.16．已知函数，.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，若函数有唯一零点，求实数的取值范围.17．某公司开展“每月幸运抽好礼”活动，规则如下：在抽奖箱中放入标号分别为1，2，3，4的4个球，除标号外无任何差异，每位参与者从抽奖箱中随机抽取1个球，抽到3号球即可获得礼品，每次抽取后将球放回抽奖箱中，每位员工每月仅参与一次.(1)设该公司A部门有4位员工参加该活动，用X表示获得礼品的人数，求X的分布列和数学期望；(2)该公司B部门有20位员工参加该活动，用Y表示获得礼品的人数，令，，若为数列的最大项，求k的值.18．在平面四边形中，，.(1)若.（i）若A，B，C，D四点共圆M，求；（ii）求四边形面积S的最大值.(2)若，，与交于点.记，求当为何值时，.19．如图，在四棱锥中，平面平面，点M，N在线段上，，.(1)求证：；(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值；(3)若垂直且平分，E是的中点，于点F，且，求三棱锥外接球H的表面积S的最小值.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【分析】根据题意结合交集运算求解，注意集合元素的特征.【详解】联立方程，解得，所以.2．C【分析】根据直线的方向向量的定义，结合斜率的计算公式求解出的值.【详解】由，，可得直线的斜率为.由直线方向向量为，可得直线斜率为，所以.3．A【分析】由等比数列的性质，可得，进而可得，即可求出的值，根据等比数列的通项公式，即可得答案.【详解】因为为等比数列，所以，解得或（舍），则，设公比为q，则，所以.4．B【分析】由椭圆定义得到，结合，相加得到周长.【详解】由题意得，故，，由椭圆定义得，故的周长为.故选：B5．B【详解】A，由，，则平行或异面，错，B，由，，根据线面垂直的性质，垂直于任意平行于的直线，故，对，C，由，，则或，错，D，由，，则或或相交但不一定垂直，错.6．D【分析】根据幂函数的定义和性质结合古典概型求，，代入条件概率公式运算求解.【详解】设样本空间为，则，对于事件“函数是幂函数”，可知，则，可得，对于事件“幂函数在上单调递增”，则，则，可得，所以.7．B【详解】因为方程表示圆，所以或.当时，方程可化为，不表示圆；当时，方程可化为，表示圆的圆心为.故选项B正确.8．D【分析】分别讨论，且、且和，且三种情况，代入不同解析式，结合二次函数的性质，求出a的范围，综合分析，即可得答案.【详解】当，且时，此时，则，解得，不符合题意；当且时，，所以，整理得，在且内有根，则在且内有根，即与图象在且内有交点，由图象可得，符合题意；当，则，此时，则，解得，不符合题意；综上，的取值范围是.9．ABC【详解】由知，其展开式共有7项，且二项式系数的和为，A、C对，由该二项式的展开式的通项为，令，则常数项为第四项，B对，令，则各项系数的和为，D错.10．AD【分析】根据截面圆半径与底面圆半径之比可判断A；作，利用勾股定理可求得长轴长，可判断B；建立平面直角坐标系后可求得抛物线方程，根据焦点到准线距离为可判断C；在与平面垂直且过点的平面内，建立平面直角坐标系，采用待定系数法，结合可求得，进而判断D.【详解】由题意底面半径为1，圆锥高，对于A，为母线的中点，截面圆的半径为底面圆的半径的，即截面圆半径为，则圆的面积为，A正确；对于B，如图，在圆锥的轴截面中，作，垂足为，为母线的中点，，，椭圆的长轴长，B错误；对于C，如图，设抛物线与底面圆的一个交点为，以为x轴，在平面中建立平面直角坐标系，则，，设抛物线方程为，则，解得：，则抛物线的焦点到准线的距离为，C错误.对于D，如图，在与平面垂直且过点的平面内，建立平面直角坐标系，坐标原点与点到底面的距离相等，

则点坐标为，双曲线与底面圆的一个交点为，其坐标为，设双曲线方程为，则，将代入双曲线方程得，解得，所以，故双曲线的离心率为，D正确.11．ACD【分析】根据等差数列性质可得，进而可得，即可得，即可判断AB；根据整理可得，利用裂项相消法求和，即可判断CD.【详解】因为，即，且，则，所以等差数列的公差，，故A正确；所以，故B错误；因为，则，即，所以，即，所以，所以，故CD正确.12．##【详解】因为，且，所以，所以.13．或【分析】分别讨论焦点在x轴和y轴两种情况，根据渐近线方程，可得a，b的关系，代入离心率公式，即可得答案.【详解】渐近线变形为，若焦点在x轴，则，则离心率；若焦点在y轴，则，则.14．【分析】空一：求导可得，进而分、两种情况讨论求解即可；空二：转化问题为对恒成立，设，，构造函数，利用导数分析其单调性，可得，当且仅当时等号成立，进而得到，即可求解.【详解】空一：由，，则，当时，，则函数在上单调递增，此时函数无极值；当时，令，得，令，得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，则函数在时取得极大值.综上所述，要使函数存在极值，则实数a的取值范围是.空二：由，则，即对恒成立，设，，设，则，令，得，令，得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，则，即，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当，即时等号成立，而函数与在上有一个交点，则方程有解，则，即，则，所以实数a的最大值为.15．(1)(2)或.【分析】（1）利用抛物线焦点坐标公式及点到直线的距离公式求解参数，确定标准方程.（2）设出直线方程与抛物线联立，结合韦达定理，利用弦长公式与点到直线距离公式表示三角形面积，进而求解直线方程.【详解】（1）抛物线的焦点坐标为，所以焦点到直线的距离为：解得：所以，抛物线的标准方程为：（2）由题意设过点的直线方程为，设.联立方程，消去得：，所以，，所以，由弦长公式，.原点到直线的距离为.所以，化简可得：，解得，即.所以直线方程为：或，即或.16．(1)(2)【分析】（1）求导，由导数的几何意义确定切线斜率，即可求解；（2）将零点问题转换成方程根的问题，通过单调性确定图象，进而可求解.【详解】（1）当​时，，求导得：，即切线斜率，且，切点为，切线方程是：，即.（2）当时，，，有唯一零点等价于方程有唯一实根，令，求导得：，令，得，当，，单调递增；当时，，单调递减；当，，单调递增，所以极大值​，极小值；又时，时，恒成立，画出函数图象，如下：结合图象可知当或时，与有一个交点，故函数有唯一零点，求实数的取值范围是.17．(1)01234P​​​​​(2)6【分析】（1）由题意确定，即可求解；（2）由题意确定，得到，再通过作商法判断最大值即可.【详解】（1）由题意，每次抽奖抽到奖品的概率为​，4位员工抽奖是独立重复试验，因此，即，，​，​，​，，因此的分布列为：01234P​​​​​由二项分布期望公式，数学期望（2）由题意，，作商得：​，，当，即时，​，即，当，即时，，即​，数列递减；因此为最大项，即.18．(1)（i）；（ii）(2)【分析】（1）设，，利用余弦定理可得.（i）由题意可得，进而可得和；（ii）根据面积公式可得，整理可得，进而分析最值；（2）利用余弦定理可得，可知A，B，C，D四点共圆，且圆的半径，根据正弦定理已经圆的性质可得，运算求解即可.【详解】（1）设，，其中，在中，由余弦定理可得；在中，由余弦定理可得；即，可得.（i）若A，B，C，D四点共圆M，则，可得，，由可得，即，则，即；（ii）因为四边形面积，即，且，又因为，当且仅当时，等号成立即，解得，所以四边形面积S的最大值为.（2）在中，由余弦定理可得，即，则，即，因为，可知A，B，C，D四点共圆，且圆的半径，则，且，可知，若，则，即，可得，又因为，则，可得，解得，所以当时，.19．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）由题设易得，再根据平面平面可得平面，进而求证即可；（2）由题设可得，建立空间直角坐标系，进而利用空间向量求解即可；（3）由题设可得，建立空间直角坐标系，设，进而利用空间向量得到的轨迹方程为，且，分析可得球心在平面内，球心在线段的中垂面内，进而得到球心在两平面的交线上，设，半径为，可得，，或，进而求解即可.【详解】（1）因为，，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以.（2）连接，因为，所以，且，由（1）知，平面，因为平面，所以，又，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，取，得，设平面的一个法向量为，则，取，得，