2026年东北三省三校高三二模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年高三年级模拟考试数学科试题注意事项：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，并将条形码粘贴在答题卡指定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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，写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：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．已知集合,,则（

）A． B． C． D．2．“”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3．已知复数z是方程的根,则（

）A． B． C．2 D．34．在三棱锥中，，分别是，上的点，且，，则与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．5．人工智能（AI）领域中，神经网络是用于模仿神经元，用来学习规律做预测和识别的数学模型.神经网络中的激活函数能把线性输入变成非线性输出.是最常用的激活函数,下面关于表述错误的是（

）A． B．C． D．6．若函数的极大值为1，则函数的极小值为A． B． C． D．7．在中，若内角A,B为锐角，满足,则的最大值为（

）A． B． C． D．8．已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为,,M为椭圆上一点,若,,则C的离心率的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．记为等差数列的前n项和，若，,则（

）A． B．公差C． D．若,则，10．下列说法正确的是（

）A．随机事件A,B相互独立的充要条件是B．设X为随机变量,则C．,则,D．若,记函数,,则的图象关于点对称11．曲线C：（）是优美的封闭曲线,其围成的面积记为,M是C与y轴正半轴的交点,过原点O的直线交C于点A,B,则（

）A． B．C．当时,的最大值是 D．当时,三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．过引直线l,与圆C：相切于Q,则__________.13．函数有两个不同的零点,则实数a的取值范围是__________.14．已知向量,满足,,则的最大值为__________.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．已知函数（）,最小正周期的范围为.(1)求的取值范围；(2)若,函数的图象关于直线对称,求的值.16．四棱柱的底面ABCD是菱形,且,,侧面是矩形,且M是的中点.(1)求证：平面平面；(2)若平面与平面ABCD所成二面角的平面角为,,求直线与平面MAB所成角的正弦值.17．在自动驾驶系统的路径规划中,车辆的车道选择行为可用马尔科夫链模型描述.设道路只有两条车道,分别记为车道0和车道1.每隔一个固定时间步长,车辆会选择更换车道或者保持车道不变,记为第个时间步长车辆所在的车道（）.马尔科夫链的下一时刻状态仅取决于当前时刻状态,记为一步转移概率,矩阵为一步转移概率矩阵.已知某自动驾驶模型的车道转移规律如下：若当前在车道0,下一时刻变道至车道1的概率为；若当前在车道1,下一时刻变道至车道0的概率为.(1)已知时刻车辆处于车道0的概率为,处于车道1的概率为.①写出该模型的一步转移概率矩阵；②若时刻车辆处于车道1,求时刻车辆处于车道0的概率.(2)在第（1）问的初始概率条件下,记（）,求随机变量的分布列（结果用含的式子表示）.18．已知（）(1)设函数,讨论函数的单调性；(2)当,时,证明：.(3)当时,,求实数a的取值范围.19．已知双曲线：（,）的左、右焦点分别为，，实轴长为，双曲线的一条渐近线为.(1)求双曲线的标准方程；(2)为坐标原点，点、、是双曲线上不同的三点，且、两点关于轴对称，的外接圆经过点.①求证：直线与圆相切；②直线与渐近线交于，两点,求的取值范围.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【详解】由集合,,则2．A【详解】，，解得，，，当满足，则其一定满足，即由可以推出，“”是“”的充分条件;若时，其满足，不满足，即由不能推出;“”不是“”的必要条件，“”是“”的充分不必要条件.3．B【详解】因为方程的判别式，所以该方程有虚数根，所以，因此.4．B【分析】作交于，连接，可证得，得是与所成的角或其补角，由平行线性质求得，由余弦定理求得，从而得与所成的角.【详解】作交于，如图，连接，则，又，所以，所以，所以是与所成的角或其补角，由，，所以，，，所以，在中，，所以与所成角的余弦值为.5．D【详解】，故A正确；恒成立，故，则，故，故B正确；，，，故C正确；，又，，，，故D错误.6．A【详解】试题分析：,由得，又因为函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以函数在处取得极大值，且，即，函数在处取得极小值，且，故选A.考点：导数与函数的极值.7．D【分析】由诱导公式、两角和的正弦公式、两角和的正切公式等，整理可得的表达式，结合基本不等式，即可得答案.【详解】因为，所以，所以，即，又，所以，即，所以，则，因为A,B为锐角，所以，所以，因为，当且仅当，即时取等号，所以，则的最大值为.8．C【分析】设，利用已知条件求出，再联立椭圆方程结合即可求出.【详解】，故点位于线段的中点，设，则，，又，，化简得，又M为椭圆上一点，，联立得，即，此方程有解，则，化简得，即恒成立，方程的两个根为和，又，，，解得.则C的离心率的取值范围是.9．AD【分析】先利用等差数列的性质求出​，再结合​求出公差，进而逐一分析选项.【详解】设等差数列的公差为,由，所以，故A正确；由​，得，即，又，所以，解得，故B错误；由等差数列前项和公式得，故C错误；对于，因为，所以​，所以，故D正确.10．ABD【分析】根据随机事件的独立性、随机变量的方差与期望的关系、二项分布的期望与方差、正态分布的对称性逐一严格推导每个选项的正确性，排除错误选项.【详解】对于A，先证必要性：若相互独立，则，所以，再证充分性：若，则，所以，即，说明与相互独立，所以随机事件A,B相互独立的充要条件是，故A正确；对于B，由于，则，所以，即，所以B正确；对于C，由,则,，故C错误；对于D，因为,记函数,,所以对任意，有，由正态分布的对称性：，因此，即的图象关于点对称，故D正确.11．ACD【详解】当时，曲线C：，即，当时，，即，当时，曲线C：，当时，，即，这是一个顶点为和的直线段，在区间内，由于，，故时的图象比时更靠近坐标轴，，故A正确，当时，曲线C：，即，其面积为，当时，曲线C：，当时，，即，在区间内，由于，，进而有，故时其图像在单位圆的外部，故，故B错误，当时，曲线C：，易知，由对称性可设，，则，，当时，，即，代入上式得，对称轴为，故的最大值为，故C正确，当时，当时，曲线C：，即，当时，，即，令，则，，设，则，易知，令，解得，故在上单调递增，在上单调递减，故当时，，，所以D正确.12．【详解】由已知可得圆心坐标，半径，点到圆心的距离为，则切线长.13．【分析】函数有两个不同的零点，等价于方程有两个不同的实根,当时，方程左边为，故不是根，因此可分离参数得：,问题转化为：直线与函数的图象有两个不同的交点，通过求导分析的单调性、极值，即可确定的取值范围【详解】由，得,当时，左边，等式不成立，故不是根，；当时，分离参数得​，令，则问题等价于与的图象有两个不同的交点,,因此在上恒成立,所以在和上分别单调递减，由于当，时，，时，，此时的值域为，当，时，，时，，此时的值域为，则的大致图像如下：所以要使与的图象有两个不同的交点，则14．【分析】先利用和的模长，求出和，再将转化为模长平方的形式，结合向量数量积的性质求最大值【详解】由,两式分别平方：(1)(2)​由(1)+(2)得：，由(1)−(2)得：，，再由,，根据向量模长的三角不等式：，即，所以，当与同向时，取最大值为，所以因此15．(1)(2)【分析】（1）借助三角恒等变换公式可将原函数化为正弦型函数，再利用周期范围计算即可得解；（2）结合（1）中所得可求出，再利用三角函数对称性可得，最后利用两角和的正切公式计算即可得.【详解】（1），又，函数的最小正周期为，所以，则；（2）由，且，故，即，则，解得，则.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用边长关系可得，结合线面垂直的判定定理可得平面，利用面面垂直的判定定理即可证明结论；（2）取的中点，连接，可得平面与平面ABCD所成二面角的平面角为,过点作，可得平面，以为坐标原点，为轴，为轴，过作的平行线为轴建立空间直角坐标系，求出平面MAB的法向量，利用向量的夹角公式即可求解.【详解】（1）因为菱形，，由棱柱得平面平面，所以。因为是​中点，所以，由于在中：，所以，解得：，则所以​，即因为侧面是矩形，由，都在平面内，平面，因为，平面，平面因为平面，⇒平面平面.（2）取的中点，连接因为分别为的中点，，且，所以四边形为平行四边形，所以因为侧面是矩形,所以，则平面与平面所成二面角的平面角为,过点作，因为平面平面，平面平面，由，所以平面，因为，则，，以为坐标原点，为轴，为轴，过作的平行线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以，，，，所以，，，设平面MAB的一个法向量为,则，取，则，设与平面MAB所成角为，则17．(1)①；②(2)01【分析】（1）①结合概率矩阵的定义求解即可；②根据条件概率公式及贝叶斯公式求解即可.（2）根据条件概率公式及全概率公式得到递推关系，进而求出，从而得到分布列.【详解】（1）①由题意，车道转移概率：当前在车道0时，留在0的概率为，变道到1的概率为；当前在车道1时，变道到0的概率为，留在1的概率为；因此一步转移的概率矩阵为.②设事件：时刻车辆在车道0，：时刻车辆在车道1，：时刻车辆在车道1，已知，，，，由贝叶斯公式.（2）设，由全概率公式得递推关系，则，首项，因此通项为：.所以.故的分布列为0118．(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增(2)证明见解析(3)【分析】(1)分和两种情况讨论的正负，结合导数与原函数的单调性求解即可；（2）将问题转化为证明恒成立，，利用导数研究的单调性和最值即可证明结论；（3）分和两种情况讨论，当，将问题转化为恒成立，然后分、、三种情况利用导数研究的单调性和最值即可求解.【详解】（1）由题意，，定义域为求导得：，当时，恒成立，因此在上单调递增，当时，当时，，，单调递减；当时，，单调递增，综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增；（2）当时，，当时，，故，所以要证，即证明：，即证即证，令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，取得最大值，因此对任意，，即，原不等式得证.（3）原不等式，当时，当时，，所以，不合题意；当时，原不等式，设，则，令，，，当时，，所以在单调递减，所以，所以在单调递增，，不合题意；当时，，所以，所以在单调递增，所以，所以在单调递减，；当时，令，得，所以，所以在单调递减，所以，所以在单调递增，，不合题意；综上，实数a的取值范围为.19．(1)(2)①证明见解析；②【分析】（1）根据双曲线的实轴长和渐近线方程求出，值，即可求出标准方程.（2）①设点，，结合的外接圆过点设出外接圆方程，再结合点在双曲线上可得；设出直线方程与双曲线方程联立，结合韦达定理得到，进而得到；利用点到直线的距离公式求出原点到直线的距离与圆的半径比较即可.②分别求出和，结合得到，根据直线与双曲线相交求出的范围，即可求出的范围