山西省吕梁市2026届高三下学期第二次模拟调研测试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山西省吕梁市2026届高三下学期第二次模拟调研测试数学试题一、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，则（）A. B.1 C. D.【答案】C【解析】因为，所以.2.已知集合，则的子集个数为（）A.3 B.4 C.7 D.8【答案】D【解析】由，所以，显然集合有三个元素，所以集合的子集个数为个.3.若单位向量，满足，则（）A.2 B. C. D.1【答案】C【解析】由题意，，因为，所以，则，即，所以.4.已知为公差不为零的等差数列的前n项和，若，且，则（）A.4 B.5 C.10 D.11【答案】A【解析】因为，所以，即，所以.又因为，所以.对于A，，故选A.对于B，，因为，所以，错误.对于C，，因为，所以，错误.对于D，，因为，所以，错误.5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】.6.已知椭圆与双曲线共焦点，椭圆与双曲线右支交于两点，若直线过右焦点，则双曲线的离心率为（）A. B. C.2 D.3【答案】C【解析】由双曲线和椭圆的对称性可得垂直于轴，故为椭圆和双曲线的通径.设，由椭圆可得，在椭圆方程中令，则，在双曲线方程中令，则，由题意且，故即，故或（舍），故.7.在智能驾驶快速发展的今天，车载AI芯片的运算能力至关重要，行业内通常以“每秒万亿次运算（TOPS），即1TOPS=次运算/秒”为单位衡量芯片性能.某车载AI在道路目标检测中，需在0.5秒内完成次运算，则该芯片的运算性能至少为（）TOPS.（参考数据，，）A.56.2 B.56.1 C.562 D.561【答案】D【解析】由题意得，每秒至少执行的运算次数，，即.8.某快递分拣中心待处理的5件包裹中，3件为“普通件”，2件为“优先件”.分拣员按随机顺序不放回逐一扫描分拣，若未分拣的“优先件”数量不少于“普通件”数量，则系统自动暂停当前批次处理.记为暂停时已完成分拣的包裹数，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】当时，只有一种情况，即分拣了1件“普通件”，此时未分拣的“普通件”与“优先件”均为2件，；当时，第一件分拣的包裹必为“优先件”，第二件无论是“普通件”还是“优先件”，都不可能暂停处理；当时，只有一种情况，即第一件分拣的包裹为“优先件”，第二件和第三件包裹均为“普通件”，；当时，第一件分拣的包裹必为“优先件”，若第二件是“普通件”则第三件为“优先件”第四件为“普通件”，此时分拣不可能暂停处理，若第二件是“优先件”则第三件是“普通件”第四件是“普通件”，此时分拣不可能暂停，故.所以.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.若，则下列不等式正确的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】对于A，取，此时，但，故A错误；对于B，因为，故，故B正确；对于C，因为，故，而，故，故C正确；对于D，，若，则，故即，故D错误.10.如图，在棱长为3的正方体中，点P为线段上的一个动点，则（）A.三棱锥的体积为定值B.存在点P，使平面C.若，则二面角的余弦值为D.若，则过点，D，P三点的平面截正方体所得截面的周长为【答案】ABD【解析】对于A：连接，显然平面，平面，所以平面，因为点P为线段上的一个动点，所以点P到平面的距离等于点到平面的距离，即的长度，因为为定值，所以本选项说法正确；对于B：当点P与点重合时，因为平面，平面，所以，因为四边形是正方形，所以，因为平面，所以平面，又因为平面，所以，同理可证明，因为平面，所以平面，因此存在点P，使平面，所以本选项说法正确；对于C：建立如图所示的空间直角坐标系，，，设平面的法向量为，令，得，即，平面的法向量为，，令，得，即，，显然二面角的余弦值为不正确，因此本选项说法不正确；对于D：在平面中，过点P作的平行线，交于两点，则为所求的截面，因为，所以所以，，，所以的周长为.因此过点，D，P三点的平面截正方体所得截面的周长为，所以本选项正确.11.声音是由物体振动产生的声波.纯音的数学模型是函数，我们日常听到的声音通常由多个纯音叠加而成，称为复合音，其数学模型为，记，则（）A.的最小正周期为B.在区间上有3个零点C.的图象关于点中心对称D.的最大值为【答案】BCD【解析】对于A，，此时，，，故的最小正周期不为，故A错误；对于B，令，则即，故或，而，故，故B正确；对于C，，，故的图象关于点中心对称，故C正确；对于D，，因为，故为周期函数，且周期为，设，则，令，则或或或或或，当或或或时，，当或或时，，故在，，，上均为增函数，在，，上均为减函数，而，，，，故，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中的系数为________.【答案】【解析】的展开式的通项公式为，令，故的系数为.13.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，过点的直线交C于A，B两点，若，，则椭圆C的方程为_______.【答案】【解析】设，则，。因为，所以。根据椭圆的定义可得，得​，因此，。在中，；在​中，，​，，由，得，对​用余弦定理：，对用余弦定理：，所以化简得：，又椭圆中，所以，即.因此椭圆的方程为.14.设，函数.若恰有一个零点，则a的取值范围是_______.【答案】【解析】由于函数恰有一个零点，等价于只有一个解，令，因此，可得或，因此，函数的定义域必须满足或，以及，①当时，函数的定义域为，则，令，符合条件.②当时，由可得，或，先考虑的情况，当时，显然不成立，因此，只考虑且的情况，此时方程变为，两边平方得，化简得，令，则，令，得，因此当时，单调递减，当时，单调递增；当时，单调递减，且时，时，，，因此当时，方程有两个解，即方程有两个解；当时，方程有唯一解，即方程在上有唯一解；再考虑的情况，此时方程变为，两边平方得，化简得，令，则，令，得，所以当时，单调递减，当时，单调递增，且时，，，所以当时，方程有两个解，即方程有两个解；当时，方程有唯一解，即方程在上有唯一解.因此，要使函数恰有一个零点，则的取值范围只能取.③当时，由可得，，先考虑的情况，则函数的定义域为，此时方程变为，化简可得，由②可知在时没有解，因此不符合条件；再考虑的情况，由于，因此也不符合条件.综上所述，若函数恰有一个零点，因此的取值范围为.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.设各项均为正数的等比数列的前n项和为，，.（1）求数列的通项公式；（2）设，证明：.（1）解：设公比为，则，故，故.（2）证明：，故，所以.16.如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，P为上一点，正方形内接于，设平面与平面的交线为直线，点Q为直线上一点.（1）证明：；（2）求四棱锥外接球的表面积；（3）若平面平面，平面平面，当直线与平面所成角的余弦值为时，求的长.（1）证明：在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面与平面的交线为直线，且平面，所以；（2）解：设是的中点，设圆柱的底面半径为，因为圆柱的轴截面是边长为2的正方形所以，，显然，所以点是四棱锥外接球的球心，所以四棱锥外接球的表面积为；（3）解：在正方形中，，因为平面平面，平面平面，所以平面，而平面，所以，同理可证，所以为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，，设平面的法向量为，，所以有，所以，令，所以，即，因为直线与平面所成角的余弦值为，所以直线与平面所成角的正弦值为，所以有，或，当时，，当时，，所以的长为或.17.已知抛物线C：过点，直线与C交于A，B两点，O为坐标原点.（1）若直线的斜率为-1，且，求直线的方程；（2）若直线不经过点P，且直线与直线的斜率之积为4，过点P作直线垂直于点G，求点G到C的准线距离的最大值.解：（1）抛物线C：过点，则有，解得，所以抛物线C的方程为.直线与C交于A，B两点，设，直线的斜率为-1时，设直线的方程为，由消去得，则有，解得，由韦达定理得，，，，，解得或（舍去），所以直线的方程为.（2）设直线l的方程为，联立得，化简得，则，即，设，则，.得到，.又，所以，即，可得，代入得，即，即，即，即，又直线不经过点P，所以，则，所以直线的方程为，因此直线恒过定点.由，得，解得或.连接，因为，所以点在以为直径的圆上，所以点到的准线的距离的最大值如下，为圆心到的准线的距离加上半径，即，此时，，满足题意，因此点G到C的准线距离的最大值为.18.某奶茶品牌发现旗下一款新品的日销售量与品牌官方小程序的日访问量呈线性相关关系，为提升销量，小程序推出了和两项互动活动，参与互动可领取新品优惠券.该新品日销售量（单位：百杯）与小程序日访问量（单位：万人次）的统计数据如下表：日访问量/万人次24568日销售量/百杯34657（1）求出关于的回归方程，并预测日访问量为万人次时的日销售量；（2）项活动规则：顾客每次参与都有的概率获得新品优惠券，一旦获得，则活动结束；若未获得，可继续参与；每位顾客共有次参与机会，第次无论获得与否都结束活动.设为顾客参与活动的次数，的数学期望为，证明：；（3）B项活动规则：有张不同的助力卡，编号为，参与者从中随机抽取张，记录编号后放回，再重新随机抽取张，记被重复抽到的助力卡数量为，并向参与者发放张新品优惠券，求使取得最大值时的值.参考公式：回归方程中的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.（1）解：，，而，，故，而，故回归方程.当时，，故预测日访问量为万人次时的日销售量为（杯）.（2）证明：由题设可取，而，，此时，，所以=1故.（3）解：由题设可取，而，，，，，故时，的概率最大.19.已知函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）设函数，求函数的极值点的个数；（3）若存在，且，，证