2026届广东深圳北理莫斯科大学附属实验中学高三下学期高考仿真模拟冲刺考试二数学试卷-含解析

/数学本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.一、单项选择题：本大题共8小题，共40分.1.已知集合，则（）A. B.C. D.2若，则（）A1 B. C. D.23.已知向量，，若，则（）A. B. C.5 D.4.已知随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，和的分布密度曲线如图所示，则（）A. B.C. D.5.若平面向量两两的夹角相等，且，则（）A.1 B. C.1或7 D.1或6.有7枚非遗文创印章，分别刻有数字1，2，3，4，5，6，7，现从这7枚印章中随机抽取3枚，则抽出的3枚印章上的数字之和与其余4枚印章上的数字之和相等的概率为（）A. B. C. D.7.如图，一个正三棱柱形容器中盛有水，且底面边长和侧棱长都为，若侧面水平放置时，液面高为，若底面水平放置时，液面高为3，则（）A.1 B.2 C.3 D.48.设等比数列的前项和为，前项的乘积为．若，则（）A.无最小值，无最大值 B.有最小值，无最大值C.无最小值，有最大值 D.有最小值，有最大值二、多项选择题：本大题共3小题，共18分．9.已知某AI智能设备的运行温度（单位：℃）服从正态分布，且满足，则下列说法正确的是（）A.从该批设备中任选1台，其运行温度不低于120℃的概率是0.5B.从该批设备中任选1台，其运行温度不低于110℃的概率是0.7C.从该批设备中任选2台，这2台设备运行温度都高于130℃的概率为0.18D.从该批设备中任选1台，其运行温度超过110℃与不超过130℃的概率相等10.函数的部分图象如图所示，其中轴，则下列说法正确的是（）A.的最小正周期B.C.在上单调递增D.将的图象向右平移个单位长度后得到的图象，则为偶函数11.已知函数满足，则（）A. B.对于任意有三个零点C.对于任意有两个极值点 D.时，上存在最大值三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.抛物线的顶点到准线的距离为3，则________．13.设随机变量ξ服从二项分布，则函数f(x)=x2+4x+ξ存在零点的概率是________.14.已知第一象限内的点，分别在双曲线的渐近线与双曲线的渐近线上，若为坐标原点且，则两双曲线的离心率之积为______．四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，E为的中点.（1）求证：平面（2）求平面ACE与平面夹角的余弦值.16.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，已知（1）求（2）若，，的面积为.①求;②设BC，AC边上两条中线AD，BE相交于点O，求.17.如图，圆的半径为8，是圆内一个定点，且，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于点，以线段的中点为原点，的方向为轴的正方向，建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线．（1）求的方程：（2）过上的一点作的切线交圆于不同的两点，．求面积的最大值．18.如图，在一次传球训练中，甲、乙、丙、丁四人按照逆时针依次站在一个正方形的四个顶点处．每次传球时，传球者将球传给其他三人中的一个．已知第次由甲将球传出，且每次传球者沿着正方形的边传给队友的概率为，沿着正方形的对角线传给队友的概率为．（1）求第次传球者为乙的概率；（2）记前次传球中丙传球次数为，求的概率分布列及方差；（3）求第次传球者为丁的概率．19.已知函数，．（1）当时，求函数的单调区间；（2）若存在正数，且为函数大于1的零点，为函数的极值点．（ⅰ）求实数的取值范围；（ⅱ）证明：．

数学本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.一、单项选择题：本大题共8小题，共40分.1.已知集合，则（）A. B.C. D.答案：B解析：思路：解不等式再由并集运算计算可得结果.解答过程：解不等式可得，即，又，可得.故选：B2.若，则（）A.1 B. C. D.2答案：A解析：思路：由条件结合复数运算法则求，再结合复数的模的坐标公式求结论.解答过程：由得，所以，故选：A．3.已知向量，，若，则（）A. B. C.5 D.答案：B解析：解答过程：因为，，由.4.已知随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，和的分布密度曲线如图所示，则（）A. B.C. D.答案：C解析：思路：运用正态分布对称性和概率性质计算即可.解答过程：解：对于，，故A错误；对于，因为，所以

，故B错误；对于C，显然，所以，所以，故C正确；

对于，因为，所以，故D错误．故选：C．5.若平面向量两两的夹角相等，且，则（）A.1 B. C.1或7 D.1或答案：C解析：思路：当时，利用平方将所求转化为数量积求解可得，当同向时，根据向量加法几何意义可得.解答过程：因为平面非零向量两两的夹角相等，所以，或，当时，，所以，所以.当时，故选：C6.有7枚非遗文创印章，分别刻有数字1，2，3，4，5，6，7，现从这7枚印章中随机抽取3枚，则抽出的3枚印章上的数字之和与其余4枚印章上的数字之和相等的概率为（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：由题意知，从7枚非遗文创印章中随机抽出3枚的基本事件总数为．因为所有数字之和为28，所以要使3枚印章上的数字之和与其余4枚印章上的数字之和相等，则3枚印章上的数字之和应为14．则满足条件的组合有，，，，共4种情况.所以“抽出的3枚印章上的数字之和与其余4枚印章上的数字之和相等”的概率为．7.如图，一个正三棱柱形容器中盛有水，且底面边长和侧棱长都为，若侧面水平放置时，液面高为，若底面水平放置时，液面高为3，则（）A.1 B.2 C.3 D.4答案：D解析：思路：根据液体体积不变列方程求解可得.解答过程：记侧面水平放置时，液面与分别交于，的中点为，连接交于点，的面积为，由题可知，，则，所以，则梯形的面积为，所以直棱柱的体积为，又底面水平放置时，液面高为3，所以液体体积为，所以，解得.故选：D.8.设等比数列的前项和为，前项的乘积为．若，则（）A.无最小值，无最大值 B.有最小值，无最大值C.无最小值，有最大值 D.有最小值，有最大值答案：D解析：思路：利用基本量法，可求出公比满足，根据前项和与前项积的定义进行讨论计算，可以得出有最小值，而有最大值.解答过程：由已知，是等比数列，，即，可得，若，则，可计算当时，，结合，可得即为的最小值，同理，当，，当，，可知的最小值为，综上可得，有最小值.由可得，，根据等比数列的性质，，必有满足对于所有，，因为一定是正负交替出现，可得一定存在最大值.综上，对于满足已知条件的等比数列，满足有最小值，有最大值.故选：D二、多项选择题：本大题共3小题，共18分．9.已知某AI智能设备的运行温度（单位：℃）服从正态分布，且满足，则下列说法正确的是（）A.从该批设备中任选1台，其运行温度不低于120℃的概率是0.5B.从该批设备中任选1台，其运行温度不低于110℃的概率是0.7C.从该批设备中任选2台，这2台设备运行温度都高于130℃的概率为0.18D.从该批设备中任选1台，其运行温度超过110℃与不超过130℃的概率相等答案：ABD解析：解答过程：因为运行温度（单位：℃）服从正态分布，所以，所以，所以A正确；因为正态分布曲线关于对称，从该批设备中任选1台，其运行温度低于110℃的概率为，故其运行温度不低于110℃的概率为，所以B正确；从该批设备中任选2台设备，这2台设备运行温度都高于130℃的概率为，所以C错误；由，，可得D正确．10.函数的部分图象如图所示，其中轴，则下列说法正确的是（）A.的最小正周期B.C.在上单调递增D.将的图象向右平移个单位长度后得到的图象，则为偶函数答案：AB解析：思路：求出函数的周期判断A；求出的值判断B；利用整体思想判断函数在上单调性，可判断C；求得，由正弦函数的性质判断D.解答过程：因为轴，所以图象的一条对称轴为直线，所以，所以，故A正确；易得，则，所以，因为的图象过点，所以，所以，所以，，因为，所以，故B正确；因为，当时，，由正弦函数的性质可知在上是先减后增，故C错误；将的图象向右平移个单位长度后得到的图象，易知为奇函数，故D错误．11.已知函数满足，则（）A. B.对于任意有三个零点C.对于任意有两个极值点 D.时，在上存在最大值答案：AB解析：思路：根据，即可判断A；由A选项知，，利用导数求出函数的单调区间，再根据零点的存在性定理即可判断B；举出反例，结合极值点的定义即可判断C；求导，确定函数在上单调性即可判断；解答过程：对于A，由，，可得，即，故A正确；对于B，由A选项可得，则，则，当时，令，则，令，则或，令，则，所以函数在上单调递增，在上单调递减，由，可得，而，所以，又当时，，当时，，所以函数在和都存在一个零点，所以对于任意，有三个零点，故B正确；对于C，当时，，则，由，得恒成立，所以函数在上单调递增，所以函数无极值点，故C错误；对于D，由A知：，，得，所以，所以，易知：时，，时，，所以在单调递减，在单调递增，又，所以在上不存在最大值，D错误，故选：AB三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.抛物线的顶点到准线的距离为3，则________．答案：6解析：思路：由顶点到准线的距离列方程求解.解答过程：因为抛物线的顶点到准线的距离为，故，解得．13.设随机变量ξ服从二项分布，则函数f(x)=x2+4x+ξ存在零点的概率是________.答案：解析：思路：由存在零点结合判别式即可求出ξ≤4，由已知二项分布可求出.解答过程：由函数f(x)=x2+4x+ξ存在零点，得Δ=16-4ξ≥0，即ξ≤4.又因为变量ξ~B，所以所求概率.故答案为:.方法提示：关键点睛:本题关键是由存在零点求出的取值范围，结合二项分布即可求出所求.14.已知第一象限内的点，分别在双曲线的渐近线与双曲线的渐近线上，若为坐标原点且，则两双曲线的离心率之积为______．答案：解析：思路：双曲线的几何性质可知渐近线为，的渐近线，两者关于对称，由，可得，由离心率公式代入即可求解.解答过程：双曲线的渐近线与双曲线的渐近线，它们关于直线对称，因为，所以，所以，由及，得，所以两双曲线的离心率之积为．故答案为：四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，E为的中点.（1）求证：平面（2）求平面ACE与平面夹角的余弦值.答案：（1）证明见解析（2）解析：思路：（1）要证明线面垂直，则需要通过证明线线垂直进而得到线面垂直，即证明.（2）先根据垂直关系建立空间直角坐标系，然后列出各个点的坐标，通过坐标方法求出平面的法向量坐标，最后根据向量夹角的余弦公式求出结果即可.（1）证明：连接，因为，，，所以，又因为，所以，所以，所以因为平面平面，平面平面，平面，所以平面（2）解：因为，，所以如图，以D为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴，平面内过点D且与垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系则，，，，，因为E为的中点，所以，所以，，设平面的一个法向量为，所以，即令，则，，所以同理，平面的一个法向量为设平面与平面的夹角为，则16.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，已知（1）求（2）若，，的面积为.①求;②设BC，AC边上的两条中线AD，BE相交于点O，求.答案：（1）（2）①，；②解析：思路：（1）利用和角公式和正弦定理，以及辅助角公式推理计算即得；（2）①利用余弦定理和三角形面积公式即可求得；②先将分别用表示，再运用向量数量积的运算律和向量夹角的计算公式求出即得答案.（1）由，可得，由正弦定理得因为，所以由于，则，所以.又，则，故.（2）①由题意，的面积，可得①，由余弦定理得，，且，所以,则，因为，所以②，因为，联立①和②解得，，②因为D，E分别是BC，AC的中点，O为AD，BE的交点，所以，，因为，，所以,由题意，为锐角，则.17.如图，圆的半径为8，是圆内一个定点，且，是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于点，以线段的中点为原点，的方向为轴的正方向，建立平面直角坐标系，记动点的轨迹为曲线．（1）求的方程：（2）过上的一点作的切线交圆于不同的两点，．求面积的最大值．答案：（1）（2）8解析：思路：（1）根据椭圆的定义，先求出定值与焦点坐标，再由计算，直接写出椭圆方程；（2）联立直线与椭圆方程，利用相切条件得到的关系式，再结合点到直线距离公式、弦长公式，将三角形面积表示为关于的二次函数，最后通过二次函数性质求最大值.（1）由题意可知：，，则可知动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，且，，，所以曲线的方程为．（2）联立方程，消去可得，因为直线与曲线相切，则，整理可得．由题意可知：圆的圆心为，半径，因为到直线的距离，可得．因为，所以，则，可得．则面积．可知当，即时，取到最大值8．18.如图，在一次传球训练中，甲、乙、丙、丁四人按照逆时针依次站在一个正方形的四个顶点处．每次传球时，传球者将球传给其他三人中的一个．已知第次由甲将球传出，且每次传球者沿着正方形的边传给队友的概率为，沿着正方形的对角线传给队友的概率为．（1）求第次传球者为乙的概率；（2）记前次传球中丙的传球次数为，求的概率分布列及方差；（3）求第次传球者为丁的概率．答案：（1）；（2）分布列见解析，；（3）.解析：思路：（1）应用独立事件乘法求甲丙乙、甲丁乙的概率，再应用互斥事件加法求概率；（2）由题意的可能取值为，，并求出对应概率，写出分布列，进而求方差；（3）设第次传球者为甲的概率为，第次传球者为丁的概率为，根据已知得，进而有，再由等比数列的定义写出通项公式，即可得.（1）甲丙乙的概率为：，甲丁乙的概率为：，记事件“第次传球者为乙”，则．（2）由题设，的可能取值为，，，，所以的概率分布列为．（3）设第次传球者为甲的概率为，第次传球者为丁的概率为，则，因为乙