2025-2026学年西藏自治区昌都市第一高级中学高考第二次仿真模拟考试数学试题 含答案

/数学满分150分，考试时间120分钟．一、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.已知复数，则（）A.4 B. C. D.3.已知，，若，则实数（）A. B. C.1 D.24.已知函数是周期为的奇函数，且当时，，则的值为（）A. B. C. D.5.若，且是第四象限角，则等于（）A. B.C. D.6.直线与圆的交点为，，若，则的值为（）A. B. C. D.7.若的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等，则（）A.9 B.8 C.7 D.68.甲、乙两位旅游博主准备周末去A，B，C，D这4个景点中的某一个景点打卡，事件M表示甲、乙至少有1人去A景点，事件N表示甲、乙去相同的景点，则（）A. B. C. D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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.已知函数，则（）A.函数有两个极值点 B.是函数的极小值点C.函数的单调递减区间为 D.曲线的对称中心为10.如图所示，一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计），圆台的上下底面半径分别为3和1，母线长为4，则（）A.圆台容器的容积为B.圆台的外接球的半径为C.容器中可放入一个半径为1.7球体D.圆台容器内放入一个可以任意转动的正方体，则正方体棱长的最大值为211.曲线左、右焦点分别为，，直线与曲线的左、右两支分别交于，两点，则（）A.且B.C.若直线与圆相切，则D.若，则的内切圆半径为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知等差数列的前项和为，且，，则________．13.已知均为非负数，且，则的最小值为______.14.已知是偶函数，则__________.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.在中，内角，，所对的边分别为，，．已知．（1）求；（2）若，，求的面积．16.如图，在四棱锥中，平面，，，，，，是的中点.（1）求证：平面；（2）若，求平面与平面夹角的正弦值；17.已知函数，．（1）求曲线在处的切线方程；（2）证明在内存在唯一零点；（3）若对于任意的，恒成立，求整数k的最大值．18.已知椭圆的离心率，且过点，圆M的圆心为，半径为，O为坐标原点．（1）求椭圆C和圆M的标准方程；（2）设斜率为的直线l与椭圆C交于P，Q两点，N为线段PQ的中点，点N在圆M上，且满足，求直线l的斜率．19.某公园有两条散步路线，分别记为路线A和路线B.附近的居民经常来此散步，经过一段时间的统计发现，前一天选择路线A的居民第二天选择路线A和路线B的概率均为；前一天选择路线B的居民第二天选择路线A和路线B的概率分别为和，已知居民第一天选择路线A的概率为，选择路线B的概率为.（1）若有4位居民连续两天去公园散步，记第二天选择路线A散步的人数为Y，求Y的分布列及期望；（2）若某居民每天都去公园散步，记第n天选择路线A的概率为.（i）请写出与的递推关系；（ii）设，求证.

数学满分150分，考试时间120分钟．一、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.答案：B解析：解答过程：已知集合，，则.2.已知复数，则（）A.4 B. C. D.答案：D解析：解答过程：由，得，所以．所以D正确．3.已知，，若，则实数（）A. B. C.1 D.2答案：D解析：思路：根据向量的线性运算及向量的共线结论可得.解答过程：因为，，所以，，由，所以，解得．4.已知函数是周期为的奇函数，且当时，，则的值为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：先利用周期为和奇函数的性质将转化为，再结合时，，求出，进而得出结果.解答过程：因为函数是周期为的奇函数，所以，又当时，，所以，则.故选：A.5.若，且是第四象限角，则等于（）A. B.C. D.答案：D解析：思路：根据同角公式可得，再结合两角和差公式运算求解即可.解答过程：因为，且是第四象限角，则，所以.6.直线与圆的交点为，，若，则的值为（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：在中，圆的半径为4，所以圆心到直线的距离为，由点线距离公式得，所以，解得．7.若的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等，则（）A.9 B.8 C.7 D.6答案：C解析：解答过程：的展开式中第3项与第6项的二项式系数分别为，，由题意得，所以.8.甲、乙两位旅游博主准备周末去A，B，C，D这4个景点中的某一个景点打卡，事件M表示甲、乙至少有1人去A景点，事件N表示甲、乙去相同的景点，则（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：应用条件概率公式求解即可解答过程：事件表示甲乙两人都不去A景点，，事件表示甲乙两人都去A景点，，所以．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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.已知函数，则（）A.函数有两个极值点 B.是函数的极小值点C.函数的单调递减区间为 D.曲线的对称中心为答案：AD解析：思路：利用导数研究的单调性、极值点可判断ABC；利用函数的对称性可判断D．解答过程：，则，令，得或；令，得或；令，得，所以的增区间为，减区间为，所以C错误；所以是函数的极大值点，是函数的极小值点，故A正确，B错误；因为，所以曲线的对称中心为，故D正确.故选：AD10.如图所示，一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计），圆台的上下底面半径分别为3和1，母线长为4，则（）A.圆台容器的容积为B.圆台的外接球的半径为C.容器中可放入一个半径为1.7球体D.圆台容器内放入一个可以任意转动的正方体，则正方体棱长的最大值为2答案：ACD解析：思路：对A，根据轴截面分析和台体体积公式求解；对B，圆台外接球的球心在圆台的轴上，作轴截面，则轴截面等腰梯形的外接圆的半径即为外接球的半径，由正弦定理求解；对C，根据题意可求出圆台内能放置的最大球的半径；对D，由C知圆台内能放下的最大球的直径，再根据该球为此正方体外接球求解即可.解答过程：圆台截面为等腰梯形､如图，可得圆台的高为，由台体体积公式可得，故A选项正确.圆台外接球的球心在圆台的轴上，作轴截面，则轴截面等腰梯形的外接圆的半径即为外接球的半径，等价于的外接圆的半径.由上图可得，由正弦定理得.B选项错误.考虑该圆台是否有内切球.圆台的轴截面为等腰梯形，如图，与两底切（如图所示）时，球心在两底面圆心连线们中点，半径为；接下来验证点到距离，由题意，则，即为直角三角形，所以，解得，故圆台存在内切球，且半径为，故C选项正确.正方体可以任意转动，则最大正方体应是圆台容器内最大球的内接正方体，由（3）可知，最大正方体对角线为，所以，最大边长的值为2，故D选项正确.故选：ACD11.曲线左、右焦点分别为，，直线与曲线的左、右两支分别交于，两点，则（）A.且B.C.若直线与圆相切，则D.若，则的内切圆半径为答案：ACD解析：思路：联立直线方程和双曲线方程后结合韦达定理可判断A的正误，利用特例可判断B的正误，根据相切求出直线的斜率，再求出的纵坐标后求出焦点三角形面积后判断C，根据垂直求出焦半径的和、积，根据等积法求得内切圆半径后可判断D的正误.解答过程：对于A，由可得，因为直线与双曲线的左右支各交一点，故，故，故A正确；对于B，设，而，故，故，而，故，同理，故，取，由A的分析可得为方程的两个不同的解，故，而，故，故B错误；对于C，因为直线与圆相切，故，故，由A的分析可得联立直线方程和双曲线方程消元后的方程为：，故，故，故，故C正确；对于D，，故，故，而，故，所以，故，故，故，故且，故，其中为内切圆半径，故，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知等差数列的前项和为，且，，则________．答案：解析：思路：先由推导得，再结合和等差数列的性质计算的值.解答过程：已知，解得.因为，所以，解得.已知，则.因为，则，解得.13.已知均为非负数，且，则的最小值为______.答案：2解析：解答过程：由题可得，所以,由于,当且仅当，即时取等号，所以，则的最小值为14.已知是偶函数，则__________.答案：4解析：思路：利用偶函数的性质，令计算可得.解答过程：因为为偶函数，则，又因为不恒为0，可得，即，则，即，解得.故4.四、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.在中，内角，，所对的边分别为，，．已知．（1）求；（2）若，，求的面积．答案：（1）（2）．解析：思路：（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简即可求解；（2）由同角三角函数基本关系、正弦定理结合两角和的正弦公式可得，再由三角形面积公式计算即可求解.（1）由，结合正弦定理，得，即，即，因为，所以，即．（2）．利用正弦定理得．而，故的面积．16.如图，在四棱锥中，平面，，，，，，是的中点.（1）求证：平面；（2）若，求平面与平面夹角的正弦值；答案：（1）证明见解析（2）解析：思路：（1）取中点，连接，先利用平行四边形性质证，再利用线面平行判定定理进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，再利用向量夹角公式求两平面夹角的正弦值.（1）取中点，连接因为为中点，所以，且，又，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面平面，所以平面；（2）因为平面，且，以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系：则，所以，因为平面平面，所以平面平面，又因为平面平面平面，所以平面，所以平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则，不妨取，则，所以，所以平面与平面夹角的正弦值为.17.已知函数，．（1）求曲线在处的切线方程；（2）证明在内存在唯一零点；（3）若对于任意的，恒成立，求整数k的最大值．答案：（1）；（2）证明见详解；（3）3解析：思路：（1）利用导数求切线斜率，然后由点斜式可得方程；（2）利用导数判断函数单调性，结合零点存在性定理可证；（3）参变分离，利用导数求函数的最小值，结合可得.（1）因为，所以，又，所以曲线在处的切线方程为，即（2）因为，所以，当时，，所以在内单调递增，又，所以在内有一个零点，所以在内存在唯一零点.（3）当时，，所以不等式，记，则，由（2）知，存在使得，得且当时，，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，所以，因为，所以，又，所以，所以整数k的最大值为3.18.已知椭圆的离心率，且过点，圆M的圆心为，半径为，O为坐标原点．（1）求椭圆C和圆M的标准方程；（2）设斜率为的直线l与椭圆C交于P，Q两点，N为线段PQ的中点，点N在圆M上，且满足，求直线l的斜率．答案：（1）椭圆C的标准方程为，圆M的标准方程为；（2）解析：思路：（1）根据给定的离心率及点的坐标求出即可得椭圆C标准方程，再写出圆M的标准方程.（2）利用点差法及向量垂直的坐标表示求出.（1）由椭圆的离心率，得，则，由点在椭圆C上，得，联立解得，，所以椭圆C的标准方程为；圆M的标准方程为.（2）设，中点，由在椭圆上，得，则，又，于是，而，由，得，由在圆M上，得，联立解得，，由，得点在椭圆内，即存在满足条件的点N，当点时，，不符合题意，当点时，，符合题意，所以.19.某公园有两条散步路线，分别记为路线A和路线B.附近的居民经常来此散步，经过一段时间的统计发现，前一天选择路线A的居民第二天选择路线A和路线B的概率均为；前一天选择路线B的居民第二天选择路线A和路线B的概率分别为和，已知居民第一天选择路线A的概率为，选择路线B的概率为.（1）若有4位居民连续两天去公园散步，记第二天选择路线A散步的人数为Y，求Y的分布列及期望；（2）若某居民每天都去公园散步，记第n天选择路线A的概率为.（i）请写出与的递推关系；（ii）设，求证.答案：（1）分布列见解析；（2）（i）（ii）证明见解析解析：思路：（1）先求居民第二天路线的概率，然后根据二项分布的概率公式求出概率，可得分布列，利用二项分布期望公式可得期望；（2）（ⅰ）分析第