2026年上海延安中学高考数学仿真模拟试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页市延安中学2025学年第二学期适应性考试高三年级数学试卷（考试时间：120分钟满分：150分）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．已知全集，集合，，则________．2．椭圆的离心率为________．3．已知，方程的一个根为（为虚数单位），则________．4．已知服从二项分布，则________．5．若圆锥的侧面积与底面积之比为2，则其母线与轴的夹角大小为________．6．已知，则________．7．已知空间向量，，共面，则实数______8．某池塘中水生植物的覆盖水塘面积x（单位：）与水生植物的株数y（单位：株）之间的相关关系，收集了4组数据，用模型去拟合x与y的关系，设，x与z的数据如表格所示：x3467z22.54.57得到x与z的线性回归方程，则___________.9．在的展开式中，项的系数为________．10．某校篮球队的成员是来自学校高一10个班的12位同学，其中高一（3）班、高一（7）班各出2人，其余班级各出1人，从这12人中要选6人作为主力队员，则这6名主力队员来自不同的班级的概率为________．11．设复数（是虚数单位），若复数满足，则的最小值是_____12．在平面上，，，，若，则的取值范围是________.二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13~14题每题4分，第15~16题每题5分）13．已知向量满足，则在方向上的投影向量为（

）A． B． C． D．14．某社区通过公益讲座宣传交通法规.为了解讲座效果，随机抽取10位居民，分别在讲座前、后各回答一份交通法规知识问卷，满分为100分.他们得分的茎叶图如图所示（“叶”是个位数字），则下列选项叙述错误的是（

）A．讲座后的答卷得分整体上高于讲座前的得分B．讲座前的答卷得分分布较讲座后分散C．讲座后答卷得分的第80百分位数为95D．讲座前答卷得分的极差大于讲座后得分的极差15．数学家欧拉发现简单凸多面体的顶点数V、棱数E及面数F之间有固定的关系，即著名的欧拉公式：．如图所示为上世纪八十年代科学家首次发现的碳60的电子显微镜图，它是由五边形和六边形面构成的多面体，共有60个顶点，每个顶点均为碳原子，且每个顶点引出三条棱，形似足球．根据以上信息知，碳60的所有面中六边形的个数是（

）A．12 B．20 C．32 D．4016．对于无穷数列和正整数，若存在，，…，满足且，则称数列具有性质．给出以下两个命题：①存在数列和，使得和均不具有性质，且具有性质；②若数列和均具有性质，则具有性质；则下列判断正确的是（

）A．①为真命题，②为假命题 B．①为假命题，②为真命题C．①与②均为真命题 D．①与②均为假命题三、解答题（本大题共有5题，满分78分）下列各题必须在答题纸相应的位置作答．17．在中，角、、所对的边分别为、、．(1)若、、成等比数列，求证：；(2)若、、成等差数列，且，求的周长的最大值．18．如图，在四棱锥中，是等边三角形，且，，，，为的中点，为的中点．(1)求证：平面；(2)求证：平面平面；(3)求直线和平面所成的角的大小．19．甲、乙两支球队参加某球类比赛，如果每局比赛甲队获胜的概率为（），乙队获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立．比赛有两种方案，方案一：采用“三局两胜”制，即累计先胜两局的队最终获胜；方案二：采用“五局三胜”制，即累计先胜三局的队最终获胜．(1)当时，采用方案一还是方案二对乙更有利（不用说明理由），并求该方案下乙队最终获胜的概率；(2)当时，若比赛采用方案二．①求在甲队最终获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率；②若比赛结果为或者时，胜方得3分，负方得0分，比赛结果为时，胜方得2分，负方得1分，求甲队本次比赛的得分的分布及期望20．已知抛物线，为第一象限内上的一点，直线经过点．(1)设，若经过的焦点，求与的准线的交点的坐标；(2)设，已知与轴负半轴相交于点，与有、两个交点，若，求直线的方程；(3)设，已知是在点处的切线，过点作直线使得，是与的另一个交点，试将表示为的函数，并求的最小值．21．设定义域为的函数在上可导，导函数为.若区间及实数满足：对任意成立，则称函数为上的“函数”.(1)判断是否为上的函数，说明理由；(2)若实数满足：为上的函数，求的取值范围；(3)已知函数存在最大值．对于：：对任意与恒成立，：对任意正整数都是上的函数，问：是否为的充分条件？是否为的必要条件？证明你的结论.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．【详解】由全集，集合，，可得，则.2．##【详解】椭圆标准方程为，表示焦点在轴的椭圆，且，，所以，所以椭圆的离心率为.3．【详解】由方程的一个根为，可得方程的另一个根为，根据根与系数的关系，可得.4．##【详解】由题意可知.5．【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，底面积为，侧面积为，所以，可得，设其母线与轴的夹角为，则，所以.6．【分析】对求导，再将代入计算即可.【详解】，所以，，所以为.7．3【分析】根据空间向量共面得到，得到方程，求出【详解】设，即，故，解得.故答案为：38．##【分析】根据已知条件，求得，进而代入回归方程可求得，从而得出，联立，即可求得本题答案.【详解】由已知可得，，，所以，有，解得，所以，，由，得，所以，，则.故答案为：9．【详解】表示5个相乘，要想得到，需要两个因式取项，1个因式取项，剩余因式取项，所以项的系数为.10．【分析】先求出从12人中选6人的所有种数，再分类讨论，利用组合知识，得出6人来自不同的班级的选法种数，利用古典概型概率公式计算结果．【详解】从12人中选6人，有种；由题意，当6人来自除高一（3）班、高一（7）班以外的8个班时，有种；当6人有1人来自高一（3）班或高一（7）班，其余5人来自另外的8个班时，有种；当6人有1人来自高一（3）班、1人来自高一（7）班，其余4人来自另外的8个班时，有种，故共有种．∴这6名主力队员来自不同的班级的概率为.11．2【分析】依题意可知，复数对应的点的轨迹是以为焦点，实半轴，半焦距的双曲线的右支（如图），然后根据双曲线的性质可得结果.【详解】因为，，所以复数在复平面内对应的点，之间的距离为.因为，故对应的点的轨迹是以为焦点，实半轴，半焦距的双曲线的右支（如图）.而，其对应点是的中点.所以的最小值即为双曲线右支到双曲线中心的最小距离，故的最小值是.故答案为：.12．【分析】根据题意,建立平面直角坐标系,设出、、、的坐标,由及可得关于O点坐标的不等式组,结合两点间距离公式即可表示出的取值范围.【详解】因为,则为矩形,以所在直线为轴,以为轴建立平面直角坐标系.如下图所示:设,则,,,因为所以变形可得因为,即由以上两式可得即因为,即所以则综上可知因为所以,即故答案为:【点睛】本题考查了平面向量在坐标系中的综合应用,向量的加法运算与向量的模长,通过建立平面直角坐标系,用坐标研究向量关系是常见方法,属于中档题.13．A【分析】根据给定条件，利用向量数量积的运算律求出，再利用投影向量的定义求解即得.【详解】由，得，解得，因此，所以在方向上的投影向量为.故选：A14．C【分析】根据茎叶图即可判断AB；再根据百分位数的计算公式即可判断C；根据极差的定义即可判断D.【详解】有茎叶图可知讲座后的答卷得分整体上高于讲座前的得分，故A正确；讲座前的答卷得分主要分布在之间，而讲座后主要分布在之间，则讲座前的答卷得分分布较讲座后分散，故B正确；讲座后答卷得分依次为，因为，所以第80百分位数是第8个数与第个数的平均数，为，故C错误；讲座前答卷得分的极差为，讲座后得分的极差为，所以讲座前答卷得分的极差大于讲座后得分的极差，故D正确.故选：C.15．B【分析】设五边形面有个，六边形面有个，即可得到总棱数和顶点数，再根据欧拉公式列出方程组，即可求出结果【详解】设五边形面有个，共条棱，六边形面有个，共条棱，因为每条棱出现在两个面中，所以总棱数，因为每个顶点出现在三个面中，所以总顶点数为，得，所以，所以由欧拉公式得，，得，所以，所以由，得，所以碳60的所有面中六边形的个数为20个，故选：B16．A【分析】对于①，取，利用性质的定义判断即可；对于②，取，，再利用性质的定义判断即可.【详解】对于①，取，因为，则，由于是个不同的正整数，因此不可能相等，故数列不具有性质，取，则，由于是个不同的正整数，因此不可能相等，故数列不具有性质，则，即，故任取为个不同的正整数，有，则数列具有性质，故①正确；对于②，取，，则当为奇数时，，故取为个不同的奇数，此时，故数列具有性质；当为偶数时，，故取为个不同的偶数，此时，故数列具有性质；则，即，由于为个不同的正整数，则，，，不可能相等，此时数列不具有性质，故②错误.综上，①为真命题，②为假命题.17．(1)证明：因为成等比数列，所以.根据余弦定理：由基本不等式，当且仅当时取等号，代入得：，原不等式得证.(2)6【分析】（1）由等比数列性质可得，进而结合余弦定理写出的表达式，再利用基本不等式证明；（2）由等差数列性质求出角的值，再结合，利用余弦定理得到的关系式，结合基本不等式求的最大值，进而得到周长最大值.【详解】（1）略（2）因为成等差数列，所以，结合三角形内角和，得.已知，由余弦定理：，整理可得：，由基本不等式，代入得：，因此，当且仅当时取等号.故周长，所以周长的最大值为.18．(1)取中点，连接，由为中点，得且，又，，则且，四边形为平行四边形，因此，又平面，平面，所以平面.(2)由为的中点，，，得四边形为平行四边形，则，而，则，由是等边三角形，得，又平面，因此平面，而平面.所以平面平面.(3)【分析】（1）取中点，利用线面平行的判定推理得证.（2）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证.（3）以中点为原点建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角的向量法求解.【详解】（1）略（2）略（3）在正中，，取中点，连接，则，由平面平面，平面平面，平面，得平面，在平面内作，则直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，由（2）知，则，，设平面的法向量为，则，令，得，设与平面所成角为，则，所以直线与平面所成的角为.19．(1)采用方案一对乙更有利，乙队最终获胜的概率(2)①；②0123【分析】（1）利用互斥事件、相互独立事件的概率公式求出方案一、方案二乙获胜的概率，再比较大小即可.（2）①利用条件概率公式计算得解；②求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望.【详解】（1）当时，每局比赛乙队获胜的概率为，采用方案一，三局两胜制下乙获胜分两种情况：胜和胜，因此乙队最终获胜的概率；采用方案二，五局三胜制下乙获胜分三种情况：胜、胜和胜，因此乙队最终获胜的概率，而，所以采用方案一对乙更有利，乙队最终获胜的概率.（2）①当时，甲队最终获胜的事件为，五局三胜制下甲获胜分三种情况：胜、胜和胜，，比赛恰好进行了四局的事件为，则，所以求在甲队最终获胜的条件下，比赛恰好进行了四局的概率为.②甲队得分的所有可能取值为，，即乙以或胜甲，；，即乙以胜甲，；，即甲以胜乙，；，即甲以或胜乙，，所以的分布为0123期望.20．(1)(2)(3)【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标及准线方程，再求出直线的方程即可得解.（2）根据给定条件，得到是直线的中点，借助中点坐标公式求出点的坐标，再利用直线方程的点斜式求解即得.（3）求出直线的斜率，进而求出直线的方程，与抛物线方程联立求出点的坐标，利用弦长公式求出，再构造函数并利用导数求出最小值.【详解】（1）抛物线的焦点坐标为，准线为，则直线的斜率为，所以直线的方程为，将代入得，故直线与准线的交点坐标为.（2）设，，由，得到是的中点，因为，所以，所以，解得，则，此时直线的方程为，即.（3）设的方程为，而，由消去得：，显然，，解得，于是直线的方程，由消去得，设点的纵坐标为，由，得，因此，设，求导得，当时，，故单调递减；当时，，故单调递增；故.21．(1)是；理由见解析(2)且．(3)是，是，证明见解析【分析】（1）根据函数的定义求解可得；（2）由题意可得，即，令，求出的单调性即可求出，再由求出，即可得出答案.（3）先推导出为的充分条件，若成立，即对任意正整数，有：②，记函数的最大值为．用反证法证明与恒成立，从而可证明也为的必要条件．【详解】（1）因为，根据题意可知，等价于在时恒成立，所以是上的函数．（2）实数满足：，即．①特别地，在①中取，可知，反之，当时，①成立．令，由于，且满足的为离散的数，故为严格减函数，又，所以．又．从而的取值范围是：且．（3）若成立，则对任意正整数，有：，即为上的函数，成立．故为的充分条件．若成立，即对任意正整数，有：②，记函数的最大值为．先证明恒成立．反证法，假如存在使得，则取正整数，使得，此时有，与②矛