2026年上海黄埔区高三二模高考数学模拟试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高三数学试卷（完成试卷时间：120分钟总分：150分）一、填空题（本大题共有12题，满分54分．其中第1～6题每题满分4分，第7～12题每题满分5分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果．1．若，，则______．2．若直线与垂直，则a的值为______．3．底面半径为1、母线长为3的圆锥的侧面展开图中扇形的中心角为______．4．在公比q为正数的等比数列中，，，则q的值为______．5．在的展开式中，含项的系数为_________．6．如图是某班级30名学生某次数学测验的得分茎叶图（茎为十位，叶为个位），则这些测验分数的第80百分位数是______．7．已知，且，则的值为______．8．在复平面内，点P，Q，O分别表示复数z，w，0，已知，，，且，则向量与的夹角为______．9．某射击社团共有10名成员，其中社长与副社长各一人，现随机抽取4人组成代表队参加校际联谊活动，则社长与副社长两人至少有一人参加联谊活动的概率为______．10．已知曲线与曲线交于两点P，Q，点F是的焦点，点O是坐标原点．若，则的离心率为______．11．在空间直角坐标系中，将点集所表示的立方体的表面满足的部分记为S，同时满足“”与“或”的点P的集合所表示几何体的体积为______．12．如图所示，某圆形游乐园的半径为140米，其圆心在点A处，游乐园内有一圆形广场，其半径为20米，圆心在与点A相距60米的点B处，游客中心位于圆形广场的边界线与A，B连线的交点O处．现打算在游乐园的边界线与圆形广场的边界线上各选一点C，D，在这两处各建一座游乐设施（其占地大小忽略不计），将的内部区域作为游客的休闲区并使其面积最大，则此最大面积为______．二、选择题（本大题共有4题，满分18分．其中第13、14题每题满分4分，第15、16题每题满分5分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得满分，否则一律得零分．13．若a，b是空间中的两条直线，则“”是“存在平面，使，”的（

）．A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分也非必要条件14．变量，之间的一组相关数据如表所示：若，之间的线性回归方程为，则的值为（

）45678.27.86.65.4A． B． C． D．15．设函数的定义域为R，则下列结论：①若是奇函数或偶函数，且在区间上严格增，则对任意的，或；②若对任意的，，则是奇函数或偶函数．其中正确的说法是（

）．A．①和②均正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①和②均错误16．若无穷数列的首项为1，且对任意的，的前n项和都可以表示成的两项之差，则称为T数列，所有T数列组成的集合为T集．下列结论正确的是（

）．A．任意一个T数列均不是等差数列 B．任意一个T数列均不是等比数列C．T集中含有且仅含有有限个等差数列 D．T集中含有无穷多个等比数列三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤．17．小明每天上学出发时会选择是否骑共享单车．根据平台统计和他的使用习惯：若出发时不下雨，他选择骑共享单车的概率为0.8；若出发时下雨，他选择骑共享单车的概率为0.4．假设本周小明每天上学出发时下雨的概率均为0.25，且出发地共享单车供应充足．(1)求本周某天小明上学出发时选择骑共享单车去学校的概率；(2)已知本周某天小明选择了骑共享单车去学校，求该天小明出发时不下雨的概率；(3)设小明在本周的前三天中选择骑共享单车去学校的天数为X，且这三天中每天的骑行选择相互独立，求随机变量X的分布，并计算其数学期望和方差．18．如图，在直三棱柱中，点、分别是棱、上的点（点异于点），且．(1)求证：平面平面；(2)若是正三角形，，且三棱柱的体积是三棱锥的体积的倍，求与平面所成的角的大小．19．已知．(1)求函数的最小正周期与单调增区间；(2)将函数的图象上的所有点沿向量平移，得到的图象．若同时满足：①图象关于点对称；②有且仅有个极大值点在区间上．求的取值范围．20．已知点、分别是曲线的左、右焦点，动直线过点且不过点，它与交于点、．(1)求点、的坐标；(2)若，求直线的方程；(3)设直线过点且与垂直，直线与的交点为，求证：存在唯一的常数，使得点与的中心的连线平分线段，并求此时的最大值．21．对于公共定义域为D的函数与，定义集合．(1)若，，求；(2)若，，且，求的最小值；(3)已知是定义在上的增函数，其图像是连续曲线，且存在正数，使得．若，，且，求证：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．【分析】解不等式化简集合B，进而可求交集.【详解】由题意可知：集合，且集合，所以.2．3【详解】若直线与垂直，则，解得.3．【分析】根据圆锥的侧面展开图结合扇形的弧长公式运算求解.【详解】设侧面展开图中扇形的中心角为，由题意可得：，解得，所以侧面展开图中扇形的中心角为.4．##【分析】根据题意结合等比数列性质运算求解即可.【详解】因为，，则，且，所以.5．【解析】利用二项式定理的展开式的通项公式：即可求解.【详解】的展开式的通项公式：，令，解得，所以含项的系数为.故答案为：【点睛】本题考查了二项式定理，需熟记通项公式，考查了基本运算能力，属于基础题.6．76【分析】根据茎叶图结合百分位数的定义运算求解即可.【详解】因为，可知第80百分位数是第24位数与25位数的平均数由茎叶图可知数据的第24位数与25位数分别为75，77，所以第80百分位数是.7．【分析】利用诱导公式可得，结合同角三角函数关系运算求解，注意根据符号判断角所在象限.【详解】因为，即，且，可知角为第四象限角，所以.8．【分析】设复数u在复平面内对应的点为A，可得，结合模长关系可得，进而可得向量夹角.【详解】设复数u在复平面内对应的点为A，由题意可知：，，，，则，即，解得，可得，且，可得，所以向量与的夹角为.9．【分析】设相应事件，根据古典概型结合组合数可得，结合对立事件概率公式求解.【详解】设“社长与副社长两人至少有一人参加联谊活动”为事件A，则事件为社长与副社长两人均不参加联谊活动，则，可得，所以社长与副社长两人至少有一人参加联谊活动的概率为.10．【分析】联立抛物线和双曲线方程，根据韦达定理可得，结合抛物线的定义可得，即可得双曲线离心率.【详解】由题意可知：抛物线的焦点为，设，，联立方程，消去可得，则，解得，可得，又因为，则，即，可得，可得，所以双曲线的离心率为.11．【分析】首先判断出为正方体的四个侧面和下底面，然后得到“”表示的几何体为正方体的外接球，满足条件的点即为从点出发的不超过和球面的线段上的点，将它们分为射向上底面和其它五个面两个部分，相加即可得到所求几何体体积.【详解】点集表示的是以原点为中心的边长为2的正方体，为满足的部分即除去了后剩余的部分，也就是除了上底面以外的五个面，条件“”表示点在以原点为球心的半径为的球体内，因为，所以这个球刚好也是正方体的外接球，即为线段，条件“或”表示线段与要么没有交点，要么交点就是，考虑从点出发的线段，射向上底面的线可以到达球面，这一部分构成个球体，射向包含的五个面可以到达正方体的表面，这一部分构成五个四棱锥，每个四棱锥都是正方体的，所以所求几何体的体积为.12．平方米【分析】过点作，垂足为，则.记点到直线的距离为，则点到直线的距离的最大值为.以为坐标原点直线为轴，过垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系，设直线的方程为，根据点到直线的距离公式，将的面积表示为的函数，利用导数分析其单调性，并求得最大值.【详解】由题意知，，，，，所以.过点作，垂足为，则.记点到直线的距离为，则点到直线的距离的最大值为.如图所示，以为坐标原点，直线为轴，过垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系，则.易知，直线的斜率存在，设直线的方程为，即，则，，所以.的最大面积为.由圆的对称性，不妨令.设，则，令，则恒成立，所以在上单调递减.令，得，即，化简得.因为，所以，所以.所以当时，，；当时，，.所以在上单调递增，在上单调递减.所以在处取得极大值，即最大值，最大值为.所以的最大面积为平方米.13．A【分析】根据空间中线、面关系结合充分、必要条件分析判断.【详解】若，可知直线a，b是共面直线，则存在平面，使，，即充分性成立；若存在平面，使，，则直线a，b可能相交，即必要性不成立；综上所述：“”是“存在平面，使，”的充分非必要条件.14．C【分析】本题先求样本点中心，再利用线性回归方程过样本点中心直接求解即可.【详解】解：，，所以样本点中心：，线性回归方程过样本点中心，则解得：，故选：C【点睛】本题考查线性回归方程过样本点中心，是简单题.15．B【分析】对于①：根据函数奇偶性和单调性的性质分析判断；对于②：举反例说明即可.【详解】对于①：若是奇函数且在区间上严格增，则在区间上严格增，可知在定义域R上严格增，因为，则，可得；若是偶函数且在区间上严格增，且，则，且，，可得，所以；综上所述：①正确；对于②：例如，可知对任意的，，但，，所以既不是奇函数也不是偶函数，故②错误.16．D【分析】对于AC：举例说明即可，例如等差数列的公差为，结合题意分析判断；对于BD：设等比数列的公比为，结合零点存在性定理可知存在使得，结合题意分析判断即可.【详解】对于选项AC：例如等差数列的公差为，则，，注意到能表示大于的所有正整数，且为整数，必能用两个大于的整数之差表示，所以等差数列为T数列，且有无数个，故AC错误；对于选项BD：设等比数列的公比为，则，对于确定的，令，，令，因为，则，可知函数在内单调递增，且，，可知函数在内有且仅有一个零点.即存在使得，即，此时，对于不同的，的零点可以看出方程的解，即与在交点的横坐标，当变化时，由幂函数的图像可得交点的横坐标相异，故等比数列有无数个，所以T集中含有无穷多个等比数列，故B错误，D正确；故选：D.17．(1)0.7(2)(3)；；【分析】（1）设相应事件，根据题意结合全概率公式运算求解；（2）根据题意结合贝叶斯公式运算求解；（3）分析可知，结合二项分布求分布列、期望和方差.【详解】（1）设“小明上学出发时下雨”为事件A，“小明选择骑共享单车去学校”为事件B．由题意可知：，，，，由全概率公式可得，所以小明在本周某天选择骑共享单车去学校的概率为0.7．（2）由题意可知：，所以小明出发时不下雨的概率为．（3）由题意可知：，则，；；；可知X的分布列为，所以X的数学期望，方差．18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）解法一：设，由可求出的长，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与平面所成的角的大小；解法二：连接，过作平面，垂足为，连接，则就是直线与平面所成的角，取的中点，连接，取的中点，连接，证明出平面，利用等体积法求出的长，结合线面角的定义求解即可；解法三：设是的中点，连接、、，证明出平面，可知点与到平面的距离相等，证明出平面，可得出点到平面的距离等于的长，并求出的长，结合线面角的定义求解即可.【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，又平面，所以，又，，、平面，所以平面，又平面，所以平面平面．（2）解法一：由平面，平面，可知，又因为是正三角形，所以．设，由，，可得，故，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，所以，，，设平面的一个法向量为，则，取，可得，设与平面所成的角为，则，所以与平面所成的角的大小为．解法二：连接，过作平面，垂足为，连接，则就是直线与平面所成的角，取的中点，连接，取的中点，连接，因为为等边三角形，为的中点，所以，因为、分别为、的中点，所以，则，因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，因为平面，所以平面，且，因为，故，因为平面，平面，所以，又因为，，所以，所以，解得，又，故，则，所以与平面所成的角的大小为．解法三：设是的中点，连接、、，因为，，故四边形为平行四边形，所以，，因为、分别为、的中点，所以，，故四边形为平行四边形，所以，，又因为，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，点与到平面的距离相等．由四边形是正方形，、、分别为、、的中点，故，所以，故，即，又平面平面，平面，平面平面，故平面，易知，故到平面的距离也为，又，设与平面所成的角为，则，故，所以与平面所成的角的大小为．19．(1)最小正周期为，单调增区间为(2)【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式和正弦型函数的单调性可求得答案；（2）利用三角函数图象变换可得出函数的解析式，根据函数满足条件①以及的范围可得出的值，再根据函数满足条件②可得出关于的不等式，解之即可.【详解】（1）因为，所以函数的最小正周期为，由，可得，所以函数的单调增区间为．（2）由（1）知，将函数的图象上的所有点沿向量平移，得到的图象，所以，由的图象关于点对称，可得，所以，解得，又，可知，故，当时，，由②知，解得，故的取值范围是．20．(1)、(2)或．(3)【分析】（1）求出椭圆的半焦距，可得出点、的坐标；（2）设直线的方程为，设、，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算以及韦达定理可求得的值，即可得出直线的方程；（3）求出线段的中点的坐标，可得出直线的斜率，将代入直线的方程，可得出点的坐标，即可求出直线的斜率，结合题意可知直线、的斜率相等，可求出的值，再求出、，即可求得的最大值.【详解】（1）椭圆的半焦距，故、.（2）由题意可知直线不与轴重合，设直线的方程为，设、，将代入，得，则，故，，又，，，解得，所以直线的方程为或．（3）设线段的中点为，由（2）知，，直线的斜率，易知直线的方程为，将代入直线的方程，可得，直线的斜率，因为直线平分线段，则，所以对任意的实数恒成立，则，解得，故存在唯一的常数，使得平分线段．此时，，所以，令，则，故（当且仅当时，），所以的最大值为．21．(1)．(2)．(3)证明见详解．【分析】（1）先求出的解析式，再转化为二次函数值域问题求解.（2）由题设可知函数的值域为非负实数集，从而其最小值为，再据此构造极值点并结合基本不等式求最小值.（3）法一：由得．取，构造，证明其为常量，从而得到．再结合单调性与连续性，求出，进而求得.法二：由得．再分正整数、零、负整数三种情况迭代，证明．结合单调递增与图像连续，得到，从而求得.法三：先由推出．再