2026年辽宁辽阳市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页四月高考质量调研（数学试卷）考试时间：120分钟满分：150分第I卷（选择题，共58分）一､单选题（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．{2} B． C． D．2．数据1，1，2，3，5，8，13的70%分位数是（

）A．3 B．4 C．5 D．6.53．已知复数，，a，，则（

）A． B． C． D．4．不等式的解集是（

）A． B． C． D．5．函数在处的切线方程是（

）A． B． C． D．6．小张的停车位被其它车辆占据，小张准备拨打车上的联系电话，可是电话号码的最后一位被遮挡，小张准备随机尝试，则小张在第一次拨打错误的条件下，第三次恰好拨打正确的概率是（

）A． B． C． D．7．已知，把的图象向右平移个单位得到的图象，则“”是“为偶函数”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8．已知线段，点满足，则的取值范围是（

）A． B．C． D．二､多选题（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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9．已知等比数列的公比为q，，，是的前n项和，则（

）A． B． C． D．的最小值是10．在长方体中，，，M是棱AB的中点，下列说法正确的是（

）A．B．二面角的余弦值是C．过的平面截该长方体得到的图形面积是D．沿长方体表面从到的最近距离是11．已知直线与椭圆交于、两点，轴，垂足为，轴，垂足为，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为，则下列结论正确的有（

）A．直线的斜率等于直线的斜率的倍B．可能是直角C．一定是直角D．四边形的面积最大值是第Ⅱ卷（非选择题，共92分）三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．二项式的展开式中的常数项是__________．13．圆的内接四边形中，，则四边形的面积是______．14．已知表示不超过的最大整数，，若在区间恰有两个零点，则t的取值范围是______．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．(1)讨论在的单调性；(2)求的值域．16．一个盒子中装有若干个小球，每个小球都标有一个号码，其中标有号的小球有个（，，，且），标有号的小球有个，没有其它标号，从盒子中不放回的随机抽取个球．(1)当时，求取出的两个小球标号之和为的概率；(2)当时，记为取出的两个小球标号之差的绝对值，求的分布列和数学期望．17．已知动点满足到的距离比到直线l：的距离少1，动点形成的轨迹称为曲线．(1)求点P的轨迹方程；(2)已知曲线上的两点、满足，且的面积为，求直线的方程．18．已知数列，是的前n项和．(1)若，，求证：；(2)求的值；(3)求证：．19．祖暅原理的内容是：幂势既同，则积不容异．意思是：如果两个几何体在任意等高处的水平截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等．我们利用祖暅原理，得到了半径为R的半球体积，等于一个底面半径和高都为R的圆柱去掉以上底面为底面、下底面中心为顶点的圆锥后的体积．我们还把用一个平面去截取一个球体后，所得到的几何体称为球缺，截取球体的平面与球体相交形成的圆面称为球缺的底面，从底面到球缺曲面顶部的垂直距离称为球缺的高，已知球O的半径为R，被一个平面截得的球缺的高为h（）（如图1）．(1)利用祖暅原理，解决以下问题：（ⅰ）推导球缺的体积V关于R和h的表达式；（ⅱ）如图2，已知双曲线C的方程为，过上焦点作与x轴平行的直线l，求双曲线C与它的渐近线、直线l、y轴在第一象限围成的图形绕y轴旋转360°形成的几何体的体积．(2)如图3，在，的球缺中放入一个体积最大的球，再往这个大球周围放入若干个相同的小球，求这些小球半径的最大值，并判断该球缺中最多还能放入多少个这样半径最大的小球.（参考数据：）答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【详解】由题意可知，，，所以.2．C【分析】根据题意，利用百分位数的计算方法，即可求解.【详解】数据1，1，2，3，5，8，13，共有7个，其中，所以数据的70%分位数为数据的第5个数据，即为.3．B【详解】因为，，则，所以，解得，则.4．D【分析】借助分式不等式与高次不等式的解法计算即可得.【详解】，故，解得或，故该不等式的解集为.5．A【分析】先求出导数得出切线斜率，再应用点斜式得出切线方程.【详解】因为函数，所以，则在处的切线斜率是，函数过，在处的切线方程是，即得.6．B【详解】记“小张第一次拨打错误”为事件，“第三次恰好拨打正确”为事件；易知,因此小张在第一次拨打错误的条件下，第三次恰好拨打正确的概率是.7．A【分析】应用三角函数平移及奇偶性结合充分必要条件定义判断.【详解】把的图象向右平移个单位得到，当为偶函数，则，即得，不能得出，当时，则为偶函数，所以“”是“为偶函数”的充分不必要条件.8．C【分析】先建立平面直角坐标系，根据已知条件，求出点的轨迹为圆，进而将向量用坐标形式表示，利用数量积的坐标表示，将数量积的取值范围，转化成求横坐标的相关范围，从而最终求出的取值范围.【详解】解：以线段中点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，设点为，由，所以，两边平方化简整理得：，因此，点的轨迹是以为圆心，半径为的圆.因为，，所以，又因为点满足，所以，化简得：.由圆方程可知，，所以，即.9．ACD【分析】应用等比数列通项公式计算判定A，B，应用计算判定C，应用等比数列求和公式计算判定D.【详解】因为等比数列的公比为q，，，则，所以，B选项错误；，所以，A选项正确；因为，所以，所以，C选项正确；，当为偶数时，单调递增，的最小值是，当为奇数时，单调递减，所以，综上，的最小值是，D选项正确；10．BC【分析】可建立适当空间直角坐标系，则可求出、，再计算即可得A；求出平面与平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得B；延长、使其交于点，连接，设，可得四边形即为过的平面截该长方体得到的图形，再结合勾股定理与梯形面积公式计算即可得C；将对应平面展开并计算即可得D.【详解】以为原点，建立如下图所示空间直角坐标系，则、、、、、，则、，则，故与不垂直，故A错误；对B：，，设平面的法向量为，则，取，则，，则；由轴平面，故平面的法向量可取，则，由图可知为锐角，故二面角的余弦值是，故B正确；对C：延长、使其交于点，连接，设，连接，则四边形即为过的平面截该长方体得到的图形，由为中点，故，则，故为中点，故、分别为与中点，故且，则四边形为梯形，则，故C正确；对D：如下图，将平面延展开，使得该平面与位于同一平面，此时；如下图，将平面延展开，使得该平面与位于同一平面，此时；如下图，将平面延展开，使得该平面与位于同一平面，此时；综上可得，沿长方体表面从到的最近距离是，故D错误.11．ACD【分析】对A：设，则，，，则可表示出与，即可得解；对B：由题意可得，联立曲线方程，可表示出点坐标，从而可得，计算可得，即可得解；对C：由题意可得，联立曲线方程，可表示出点坐标，从而可得，计算可得，即可得解；对D：借助割补法可得，从而可得，即可得，借助二次函数性质计算即可得解.【详解】设，则，且，即，，则，，，对A：，，故有，故直线的斜率等于直线的斜率的倍，故A正确；对B：，联立，可得，恒成立，则，故，则，故，又，则故不可能是直角，故B错误；对C：，联立，可得，恒成立，则，故，则，则，又，则，故，即一定是直角，故C正确；对D：，则，故，当且仅当时，等号成立，故四边形的面积最大值是，故D正确.12．【分析】根据二项式展开式的通项公式，计算出常数项.【详解】二项式展开式的通项公式为，令，解得，故常数项为故答案为：【点睛】本小题主要考查二项式展开式中常数项的计算，属于基础题.13．【分析】根据题设条件及余弦定理得，进而求出，结合条件，利用三角形面积公式，即可求解.【详解】如图，由题知，则，在中，由余弦定理①，在中，由余弦定理②，②①得到，由，则，所以，则四边形的面积是.14．【分析】结合的性质，可得零点为，则可得，，解出即可得.【详解】令，则，则，令，可得，故的零点为，则有，，即有，，由题意可得，故，且有，解得，又，故或，当时，；当时，有；综上可得：.15．(1)在、上单调递减，在上单调递增(2)【分析】（1）借助导数结合三角函数降幂公式计算即可得；（2）计算可得为的周期，则在上的值域与在上的值域相同，结合（1）中所得单调性计算即可得解.【详解】（1），由，则恒成立，令，且，解得或，则当时，，当时，，故在、上单调递减，在上单调递增；（2），故为的周期，则在上的值域与在上的值域相同，由（1）知，在、上单调递减，在上单调递增，又，，，故的值域为.16．(1)(2)【分析】（1）借助组合数公式及概率公式计算即可得；（2）得到的可能取值后，再分别计算出对应概率即可得其分布列，利用分布列即可得其期望.【详解】（1）当时，盒子中共有个小球，取出的两个小球标号之和为的可能有或或三种可能，设事件表示取出的两个小球标号之和为，则；（2）当时，盒子中共有个小球，的可能取值为、、、，则，，，，故的分布列为：则.17．(1)；(2)或.【分析】（1）点到点的距离与到的距离相等，根据抛物线定义得到方程；（2）先设，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，表达出，并求出，表达出的方程，得到过定点，表达出计算求解直线；【详解】（1）由动点满足到的距离比到直线l：的距离少1，可知点到点的距离与到的距离相等，所以曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，故轨迹方程为.（2）设，由题可知斜率不为0，设，联立曲线方程并消去可得，显然，因为，所以，所以或，当时，过定点，所以，，所以，所以；当时，过定点，所以，，所以，所以；综上，直线的方程为或.18．(1)证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）计算可得其等于，即可得证；（2）结合（1）中所得，利用分组求和计算即可得解；（3）利用分组求和可得，则；构造函数，利用导数计算可得对任意恒成立，则可得，计算可得，结合可证得，利用不等式性质可得当时，有，计算可得，则可得，即可得证.【详解】（1），又，，故；（2）由（1）可得，故；（3），又，故，故，故；令，则，故在上单调递减，故，即对任意恒成立，则，则，又，故；当时，，则，即有，则，则，又，则，综上所述：可得.19．(1)（i），推导见解析；（ii）；(2)7个.【分析】（1）（i）利用祖暅原理和圆柱、圆台的体积公式计算即可；（ii）作出直线和直线，再利用锥体体积公式和祖暅原理即可得到答案；（2）合理作出辅助线，利用勾股定理求出最大半径，再求出相邻小球球心连线对应的圆心角的余弦值，最后即可求出答案.【详解】（1）（i）由祖暅原理可得，球中高为的球缺的体积，等于底面半径为、高为的圆柱去掉一个圆台的体积，且圆台的高为，上底面半径为，下底面半径为，所以球缺的体积.（ii）由双曲线的方程可知它的上顶点是，渐近线方程是，上焦点是，故直线的方程是，过上顶点作直线，与渐近线的交点是，可得直线以下的图形绕轴旋转形成的几何体是底面半径为、高为1的圆锥，所以此部分体积，作直线，令，解得，令，解得，则第一象限与双曲线和它渐近线分别交于和，所以直线与之间的图形