2026年上海高三三模高考数学模拟预测试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页黄浦区2025-2026学年第二学期高三年级数学三模2026.5一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1．设全集，，则_________.2．不等式的解集为___________．3．已知随机变量服从正态分布，则________．4．已知数列的前项和为（为正整数），则数列的通项公式为________．5．已知实数，满足，则的最大值为________．6．已知点的坐标为，将绕坐标原点逆时针旋转至，则点的横坐标为________．7．某班共有30名学生，则其中至少有2名学生在同一天出生的概率为________．（默认每年天数均为365天，结果精确到0.001）8．利用二项式定理，被8除所得的余数为________．9．在中，，，则在上的数量投影的取值范围为________．10．双曲线的左、右焦点分别是，，左、右顶点分别为，，以为直径的圆与的一条渐近线交于，两点，且，则该双曲线两条渐近线夹角的余弦值为________．11．设，，，满足．若的值与、无关，则的取值范围为________．12．我校新添置了“智能咖啡机”供师生使用，使用者可持空纸杯接咖啡．当投入一枚“五爱币”后，“智能咖啡机”将出液，此时液面高度占纸杯高度的比为（忽略咖啡表面张力）．已知纸杯是圆台形状的容器，杯口半径大于杯底半径，咖啡机每次出液量一致．若使用者直至投入三枚“五爱币”，才发现咖啡液溢出纸杯，则的取值范围为________．二、选择题（本大题共4题，满分18分．第13-14题满分4分，第15-16题满分5分）．13．已知是虚数单位，、是实系数一元二次方程的两个根，则的虚部为（

）．A．3 B． C． D．14．某研究机构为对某城市人们使用流行语的情况进行调查，随机抽取了200人进行调查统计，根据统计数据制作列联表，提出原假设：“经常用流行用语”与“年轻人”没有关系，计算得，由此可知（

）．（显著性水平取0.05，）A．接受原假设，没有的把握认为“经常用流行用语”与“年轻人”有关系B．拒绝原假设，有的把握认为“经常用流行用语”与“年轻人”有关系C．接受原假设，有的把握认为“经常用流行用语”与“年轻人”有关系D．拒绝原假设，有的把握认为“经常用流行用语”与“年轻人”没有关系15．记为数列的前项和，已知和（为常数）均为等比数列，则的值可能为A． B． C． D．16．设，均为非空集合，函数的定义域为，若存在，使得对任意，均有，则称函数具有“性质”．下列说法中正确的是（

）．A．“”是“函数具有‘性质’”的充分非必要条件B．设，则“函数具有‘性质’”是“具有最小值”的必要非充分条件C．设，“”是“函数具有‘性质’”的充分必要条件D．设，“函数具有‘性质’”是“具有‘性质’”的既非充分又非必要条件三、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．如图，三棱锥中，，，，为的中点．(1)证明：；(2)点满足，求直线与平面所成角的正弦值．18．现有除颜色外都相同的个红球和个白球，随机取个球放入一个不透明的袋中，记袋中红球的个数为．从袋中随机摸出一个球，并放入一个另一种颜色的球，经过次摸球，袋中的红球个数记为．(1)求和；(2)求；(3)当时，求随机变量的分布列和数学期望．19．设，已知函数，其中．(1)若，当时，讨论的单调性，并求使存在零点的的取值范围；(2)当时，若对任意的，恒成立，求实数的取值范围．20．设抛物线的焦点为，过的直线交于，，过且垂直于的直线交抛物线的准线于，交轴于．(1)若，求点的坐标；(2)若，求过点且与抛物线只有一个公共点的直线方程；(3)求的取值范围．21．对于函数和，若存在函数，使得，则称是的“关联函数”．(1)已知，，是否存在定义域为的函数，使得是的“关联函数”？请说明理由；(2)已知是周期为的偶函数，且当时，．函数是的“关联函数”，若在上至少有26个解，求的最小值；(3)已知函数和的定义域均为．当（为正整数）时，．若存在函数及，使得是的“关联函数”且是的“关联函数”，求函数的零点．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．【分析】根据全集求补集即可.【详解】因为，所以，故答案为：2．【分析】根据分式不等式的求法可直接求得结果.【详解】由得：，解得：，即不等式的解集为.故答案为：.3．##【详解】因为，所以正态密度曲线关于直线对称，得到.4．【详解】当时，，当时，，符合上式，所以.5．【详解】由，等式两边平方得：展开得.由于对任意实数，有，将其代入上式：，则.当且仅当时取等号，代入,解得或，此时，满足取等条件,因此的最大值为1.6．【详解】设，则以为终边的角为，又，，所以，所以点的横坐标为

7．0.706【分析】先计算全班所有学生生日互不相同的概率，再用对立事件概率关系计算即可.【详解】设全班30名学生生日全部互不相同为事件A，所以，所以全班30名学生中至少有2名学生在同一天出生的概率为8．7【详解】.所以被8除所得的余数为7.9．【分析】确定点的位置，建立平面直角坐标系，根据正弦定理及投影的定义计算求解.【详解】由正弦定理可得（为外接圆半径）所以的外接圆半径，所以点在为弦，圆周角为的两段圆弧上运动，如图所示，以点为坐标原点，为轴，过点垂直的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，则外接圆的圆心在直线上，因为半径，所以圆心坐标为，根据对称性，只讨论圆心为这种情况即可，由向量投影的定义可知，当点为直线与外接圆的交点时，投影取得最值，即或，结合图形可知，当时，在上的数量投影有最小值，最小值为，当时，在上的数量投影有最大值，最大值为，所以在上的数量投影的取值范围为.10．【分析】联立圆与渐近线得交点，求得向量夹角及已知角得渐近线斜率，再通过直角三角形与二倍角公式求出两渐近线夹角的余弦值.【详解】由双曲线方程，焦点，以为直径的圆，取渐近线，联立，解得或，所以交点，右顶点，则向量，所以，已知，因此，解得，即，即,由知,因为，所以，所以,设圆与轴交点为，所以,设两渐近线夹角为，则，所以.11．【分析】根据实数x，y满足,设,求出的取值范围，再结合的值与x，y均无关，得到相应不等式恒成立，确定a的取值范围.【详解】实数x，y满足,可设,则,,令，则，则原问题变为的值与t无关，由于，故，则，要使得的值与t无关，需满足对所有的恒成立，即，即对所有的恒成立，故当时，，符合题意，实数a的取值范围是.12．【分析】设一枚“五爱币”对应的咖啡体积占纸杯总容积的比例为，先由“两枚不溢出，三枚溢出”得到；再利用圆台体积与圆锥极限情况比较，说明，从而求出的取值范围．【详解】设纸杯高为，杯底半径为，杯口半径为，其中．设投入一枚“五爱币”后咖啡体积为，纸杯总容积为，并记.为一枚咖啡体积占纸杯总容积的比例．由题意，投入两枚“五爱币”后咖啡不溢出，投入三枚“五爱币”后咖啡溢出，所以.即下面建立与之间的关系．投入一枚“五爱币”后，液面高度为．由于纸杯是圆台形状，从杯底到杯口，半径随高度均匀增大，所以高度为处的液面半径为液面以下部分也是一个圆台，它的高为，下底半径为，上底半径为．由圆台体积公式可得整个纸杯的容积为因此先说明．因为，所以于是故又因为，所以再说明为什么有．来自圆锥的相似体积关系：如果杯底半径趋近于，圆台就接近一个圆锥；对圆锥来说，高度变成原来的倍，半径也变成原来的倍，小圆锥与大圆锥的相似比为，所以体积比为．题中杯底半径，底部不是尖点，相同高度比例下，液面以下部分比圆锥对应部分更“粗”，所以体积比例应大于圆锥情形，即．令，则．由上式整理得于是因为，，所以因此结合，得所以即综上，必要条件为下面说明这个范围内的都可以取到．当纸杯接近圆锥时，可以接近；当纸杯接近圆柱时，可以接近．杯底半径与杯口半径的比值连续变化时，也会在与之间连续变化．若，则所以区间与区间有公共部分．因此可以选择合适的圆台纸杯形状，使一枚咖啡体积占比满足这时两枚不溢出，三枚溢出，符合题意．所以的所有可能取值范围为13．C【详解】由实系数一元二次方程的两个虚根互为共轭复数，故，其虚部为.14．B【详解】由于且，故拒绝原假设，有的把握认为“经常用流行用语”与“年轻人”有关系.15．C【分析】对的公比是否为1分类，可排除，再利用也是等比数列列方程即可得到，分别令，，，，可得只有时才存在满足方程，问题得解．【详解】当时，令（其中为非零常数），整理得：，要使得它对任意的恒成立，则：，解得：，这与为等比数列矛盾.所以，令（其中为非零常数），则，整理得：，要使得它对任意的恒成立，则，整理得：，令，则，解得：，这与为等比数列矛盾.令，则，整理得：，此方程无解．令，则，整理得：，记，，，所以在上必有一零点．即至少有一个实根.令，则，整理得：，解得：，这与为等比数列矛盾.故选C.【点睛】本题主要考查了等比数列的定义及求和公式，考查分类思想及转化能力，还考查了计算能力及方程思想，属于中档题．16．D【分析】结合新定义，根据条件之间的推出关系可判断.【详解】对于A，的定义域为，若，则对任意，均有，充分性成立；若函数具有“性质”，则，，使得，即，则，所以，必要性成立，所以“”是“函数具有‘性质’”的充分必要条件，故A错误.对于B，若函数具有“性质”，则，，使得，即，则，所以充分性成立；若具有最小值，设，则，，使得，即，所以函数具有“性质”，必要性成立，则“函数具有‘性质’”是“具有最小值”的充分必要条件，故B错误.对于C，函数具有“性质”，则，，使得，所以，且，由不等式的性质可知，即，必要性成立；若，取，而，所以，所以函数不具有“性质”，充分性不成立，所以“”是“函数具有‘性质’”的必要非充分条件，故C错误.对于D，（方法一）若函数具有“性质”，则，，使得，推不出，所以充分性不成立；若函数具有“性质”，则，，使得，则，若不在的值域内，则不存在，使得，所以必要性不成立.（方法二）充分性：举反例，取常函数，令，则，所以，，使得，函数具有“性质”，，所以函数不具有“性质”，即函数具有“性质”推不出具有“性质”，充分性不成立；必要性：举反例，取一个值域为的函数，令，则，取，则，，使得，函数具有“性质”，假设存在，使得，则，与值域矛盾，所以假设不成立，所以不具有“性质”，即函数具有“性质”推不出具有“性质”，必要性不成立.综上，“函数具有‘性质’”是“具有‘性质’”的既非充分又非必要条件，故D正确.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）通过证明和均为等腰三角形，利用三线合一性质得到和，进而证明平面，最后利用线面垂直的性质得证；（2）根据（1）中的垂直关系及勾股定理逆定理证明，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角的正弦值。【详解】（1）因为，所以为等边三角形，则.同理，因为，所以为等边三角形，则，所以.因为为的中点，所以.又因为,为的中点，所以.因为平面，所以平面,因为平面，所以.（2）不妨设由（1）可知.在中，，，所以.因为为的中点，所以，.在中，，所以在中，，所以.由（1）知平面，且平面，所以，故两两垂直.以为坐标原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系则所以,.因为，所以所以.设平面的法向量为，则，取，则，设直线与平面所成角为，则,所以直线与平面所成角的正弦值为18．(1)，；(2)；(3).【分析】（1）根据超几何分布的概率公式计算对应事件的概率；（2）结合条件概率，通过全概率公式求解；（3）先确定的所有可能取值，根据全概率公式计算相应的概率，进而可得分布列，再根据期望公式计算数学期望.【详解】（1）因为表示从个红球和个白球随机取个球的红球个数，所以服从超几何分布，表示抽取的个球全为白球，故.表示抽取的个球有个红球、个白球，故.（2）由题意，的所有可能取值为，由（1）知，，同理得，.当时，袋中全为白球，摸出白球换为红球后，红球的个数为，则，故；当时，袋中红白球，摸到红球换白球后，红球的个数为，则，摸到白球换红球后，红球的个数为，则，故；当时，袋中红白球，摸到红球换白球后，红球的个数为，则，摸到白球换红球后，红球的个数为，则，故；当时，袋中全为红球，摸出红球换为白球后，红球的个数为，则，故；因此，由全概率公式：（3）当时，袋中红白球，第一次摸换后的可能取值为，其中（摸出红球换为白球），（摸出白球换为红球）.第二次摸换后的可能取值为：,故的分布列为：因此，数学期望。19．(1)在上单调递减，在上单调递增；实数的取值范围是(2)【分析】（1）首先求出导函数，根据构造函数，根据研究的单调性；根据以上单调性分析的大致图象，根据其与直线有交点可得结果.（2）构造函数，根据导数研究恒成立问题.【详解】（1）当时，，其定义域为，且.令，则，所以在上单调递增，所以在上是增函数，而，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增.综上，在上单调递减，在上单调递增.因为在处连续，由上知在处取得极小值，也是最小值，为.当（从右侧趋于）时，；当时，且的增长速度比快很多，所以.由存在零点知的图象与直线有交点，由上知，即实数的取值范围是.（2）令，则，令，则.因为，，所以，所以，即在上单调递增，所以.（i）当，即时，，在上单调递增，所以，即，满足题意；（ii）当，即时，，，若，则，在上单调递减，所以，即，不满足题意；若，则，使得，当时，，单调递减，所以，即，不满足题意.综上，实数的取值范围是.20．(1)(2)或(3)【分析】（1）写出直线方程，令即可得解；（2）分斜率存在与不存在两种讨论，当斜率存在时与抛物线联立，利用即可求解；（3）过A作，垂足为,过B作，垂足为,设，，又结合抛物线定义得，将直线的方程与联立，由韦达定理即可求解.【详解】（1）如图：由题意得，准线方程为：.若，则，所以直线的方程为：，令得，所以点的坐标为