西藏日喀则市南木林中学2025-2026学年高三二模数学试题试卷解析含解析.doc

西藏日喀则市南木林中学2025-2026学年高三二模数学试题试卷解析
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．复数 (i为虚数单位)的共轭复数是
A．1+i B．1−i C．−1+i D．−1−i
2．已知，，分别是三个内角，，的对边，，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知向量与向量平行，，且，则（ ）
A． B．
C． D．
4．如图，正方体的棱长为1，动点在线段上，、分别是、的中点，则下列结论中错误的是（ ）

A．， B．存在点，使得平面平面
C．平面 D．三棱锥的体积为定值
5．数列{an}，满足对任意的n∈N+，均有an+an+1+an+2为定值.若a7=2，a9=3，a98=4，则数列{an}的前100项的和S100=( )
A．132 B．299 C．68 D．99
6．已知函数，给出下列四个结论：①函数的值域是；②函数为奇函数；③函数在区间单调递减；④若对任意，都有成立，则的最小值为；其中正确结论的个数是（ ）
A． B． C． D．
7．某校团委对“学生性别与中学生追星是否有关”作了一次调查，利用列联表，由计算得,参照下表:

0.01
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001

2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
得到正确结论是( )
A．有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星无关”
B．有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星有关”
C．在犯错误的概率不超过0.5%的前提下，认为“学生性别与中学生追星无关”
D．在犯错误的概率不超过0.5%的前提下，认为“学生性别与中学生追星有关”
8．已知等差数列的前项和为，若，则等差数列公差（　　）
A．2 B． C．3 D．4
9．设P＝{y |y＝－x2＋1，x∈R}，Q＝{y |y＝2x，x∈R}，则
A．P Q B．Q P
C．Q D．Q
10．函数（其中是自然对数的底数）的大致图像为（ ）
A． B． C． D．
11．二项式展开式中，项的系数为（ ）
A． B． C． D．
12．已知直线与圆有公共点，则的最大值为（ ）
A．4 B． C． D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若为假，则实数的取值范围为__________.
14．由于受到网络电商的冲击，某品牌的洗衣机在线下的销售受到影响，承受了一定的经济损失，现将地区200家实体店该品牌洗衣机的月经济损失统计如图所示，估算月经济损失的平均数为，中位数为n，则_________.

15．已知实数，满足，则的最大值为______.
16．直线xsinα＋y＋2＝0的倾斜角的取值范围是______．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）设不等式的解集为M，.
（1）证明：；
（2）比较与的大小，并说明理由.
18．（12分）已知等差数列和等比数列的各项均为整数，它们的前项和分别为，且，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）求；
（3）是否存在正整数，使得恰好是数列或中的项？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，说明理由.
19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，点、分别为，的中点，且平面平面.

（1）求证：平面.
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
20．（12分）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若函数在上存在两个极值点，，且，证明.
21．（12分）已知为各项均为整数的等差数列，为的前项和，若为和的等比中项，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求最大的正整数，使得.
22．（10分）已知数列的前项和为，且满足（）.
（1）求数列的通项公式；
（2）设（），数列的前项和.若对恒成立，求实数，的值.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．B
【解析】
分析：化简已知复数z，由共轭复数的定义可得．
详解：化简可得z=
∴z的共轭复数为1﹣i.
故选B．
点睛：本题考查复数的代数形式的运算，涉及共轭复数，属基础题．
2．C
【解析】
原式由正弦定理化简得，由于，可求的值.
【详解】
解：由及正弦定理得.
因为，所以代入上式化简得.
由于，所以.
又，故.
故选：C.
本题主要考查正弦定理解三角形，三角函数恒等变换等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，属于中档题.
3．B
【解析】
设，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出向量的坐标.
【详解】
设，且，，
由得，即，①，由，②，
所以，解得，因此，.
故选：B.
本题考查向量坐标的求解，涉及共线向量的坐标表示和向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于中等题.
4．B
【解析】
根据平行的传递性判断A；根据面面平行的定义判断B；根据线面垂直的判定定理判断C；由三棱锥以三角形为底，则高和底面积都为定值，判断D.
【详解】
在A中，因为分别是中点，所以，故A正确；
在B中，由于直线与平面有交点，所以不存在点，使得平面平面，故B错误；
在C中，由平面几何得，根据线面垂直的性质得出，结合线面垂直的判定定理得出平面，故C正确；
在D中，三棱锥以三角形为底，则高和底面积都为定值，即三棱锥的体积为定值，故D正确；
故选：B
本题主要考查了判断面面平行，线面垂直等，属于中档题.
5．B
【解析】
由为定值，可得，则是以3为周期的数列，求出，即求.
【详解】
对任意的，均有为定值，
，
故，
是以3为周期的数列，
故，

.
故选：.
本题考查周期数列求和，属于中档题.
6．C
【解析】
化的解析式为可判断①，求出的解析式可判断②，由得，结合正弦函数得图象即可判断③，由
得可判断④.
【详解】
由题意，，所以，故①正确；
为偶函数，故②错误；当
时，，单调递减，故③正确；若对任意，都有
成立，则为最小值点，为最大值点，则的最小值为
，故④正确.
故选：C.
本题考查三角函数的综合运用，涉及到函数的值域、函数单调性、函数奇偶性及函数最值等内容，是一道较为综合的问题.
7．B
【解析】
通过与表中的数据6.635的比较，可以得出正确的选项.
【详解】
解:，可得有99%以上的把握认为“学生性别与中学生追星有关”，故选B.
本题考查了独立性检验的应用问题，属于基础题.
8．C
【解析】
根据等差数列的求和公式即可得出．
【详解】
∵a1=12，S5=90，
∴5×12+ d=90，
解得d=1．
故选C．
本题主要考查了等差数列的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
9．C
【解析】
解：因为P ={y|y=-x2+1，x∈R}={y|y1}，Q ={y| y=2x，x∈R }={y|y>0},因此选C
10．D
【解析】
由题意得，函数点定义域为且，所以定义域关于原点对称，
且，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，
故选D.
11．D
【解析】
写出二项式的通项公式,再分析的系数求解即可.
【详解】
二项式展开式的通项为,令,得,故项的系数为.
故选：D
本题主要考查了二项式定理的运算,属于基础题.
12．C
【解析】
根据表示圆和直线与圆有公共点，得到，再利用二次函数的性质求解.
【详解】
因为表示圆，
所以，解得，
因为直线与圆有公共点，
所以圆心到直线的距离，
即 ，
解得，
此时，
因为，在递增，
所以的最大值.
故选：C
本题主要考查圆的方程，直线与圆的位置关系以及二次函数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
由为假，可知为真，所以对任意实数恒成立，求出的最小值，令即可.
【详解】
因为为假，则其否定为真，
即为真，所以对任意实数恒成立，所以.
又，当且仅当，即时，等号成立，所以.
故答案为：.
本题考查全称命题与特称命题间的关系的应用，利用参变分离是解决本题的关键，属于中档题.
14．360
【解析】
先计算第一块小矩形的面积，第二块小矩形的面积，，面积和超过0.5，所以中位数在第二块求解，然后再求得平均数作差即可.
【详解】
第一块小矩形的面积，第二块小矩形的面积，
故；
而，
故.
故答案为：360.
本题考查频率分布直方图、样本的数字特征，考查运算求解能力以及数形结合思想，属于基础题.
15．
【解析】
画出不等式组表示的平面区域，将目标函数理解为点与构成直线的斜率，数形结合即可求得.
【详解】
不等式组表示的平面区域如下所示：

因为可以理解为点与构成直线的斜率，
数形结合可知，当且仅当目标函数过点时，斜率取得最大值，
故的最大值为.
故答案为：.
本题考查目标函数为斜率型的规划问题，属基础题.
16．
【解析】
因为sin α∈[－1，1]，
所以－sin α∈[－1，1]，
所以已知直线的斜率范围为[－1，1]，由倾斜角与斜率关系得倾斜角范围是．
答案：

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17． (1)证明见解析；(2).
【解析】
试题分析：
(1)首先求得集合M，然后结合绝对值不等式的性质即可证得题中的结论；
(2)利用平方做差的方法可证得|1-4ab|＞2|a-b|.
试题解析：
（Ⅰ）证明：记f (x) =|x-1|-|x+2|，
则f(x)= ，所以解得-＜x＜，故M=(-,).
所以，||≤|a|+|b|＜×+×=.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得0≤a2＜，0≤b2＜
|1-4ab|2-4|a-b|2=(1-8ab+16a2b2)-4(a2-2ab+b2)=4(a2-1)(b2-1)>0.
所以，|1-4ab|＞2|a-b|.
18．（1）；（2）；（3）存在，1.
【解析】
（1）利用基本量法直接计算即可；
（2）利用错位相减法计算；
（3），令可得，，讨论即可.
【详解】
（1）设数列的公差为，数列的公比为，
因为，
所以，即，解得，或（舍去）.
所以.
（2），
，
所以，

所以.
（3）由（1）可得，，
所以.
因为是数列或中的一项，所以，
所以，因为，
所以，又，则或.
当时，有，即，令.
则.

当时，；当时，，
即.
由，知无整数解.
当时,有，即存在使得是数列中的第2项，
故存在正整数，使得是数列中的项.
本题考查数列的综合应用，涉及到等差、等比数列的通项，错位相减法求数列的前n项和，数列中的存在性问题，是一道较为综合的题.
19．（1）见解析（2）
【解析】
（1）首先可得，再面面垂直的性质可得平面，即可得到，再由，即可得到线面垂直；
（2）过点做平面的垂线，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角；
【详解】
解：（1）∵，点为的中点，∴，又∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，∴，
又∵，分别为，的中点，
∴，∴，
又平面，平面，，
∴平面.

（2）过点做平面的垂线，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，∵，∴，，
，，
∴，，，
设平面的法向量为，
由，得，令，得，
∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
本题考查线面垂直的判定，面面垂直的性质定理的应用，利用空间向量法求线面角，属于中档题.
20．（1）若，则在定义域内递增；若，则在上单调递增，在上单调递减（2）证明见解析
【解析】
（1），分，讨论即可；
（2）由题可得到，故只需证，，即，采用换元法，转化为函数的最值问题来处理.
【详解】
由已知，，
若，则在定义域内递增；
若，则在上单调递增，在上单调递减.
（2）由题意，
对求导可得
从而，是的两个变号零点，因此

下证：，
即证
令，即证：，
对求导可得，，，因为
故，所以在上单调递减，而，从而
所以在单调递增，所以，即
于是
本题考查利用导数研究函数的单调性以及证明不等式，考查学生逻辑推理能力、转化与化归能力，是一道有一定难度的压轴题.
21．（1）（2）1008
【解析】
（1）用基本量求出首项和公差，可得通项公式；
（2）用裂项相消法求得和，然后解不等式可得．
【详解】
解：（1）由题得，即
解得或
因为数列为各项均为整数，所以，即
（2）令
所以
即，解得
所以的最大值为1008
本题考查等差数列的通项公式、前项和公式，考查裂项相消法求数列的和．在等差数列和等比数列中基本量法是解题的基本方法．
22．（1）（2），.
【解析】
（1）根据数列的通项与前n项和的关系式，即求解数列的通项公式；
（2）由（1）可得，利用等比数列的前n项和公式和裂项法，求得，结合题意，即可求解.
【详解】
（1）由题意，当时，由，解得；
当时，可得，
即，
显然当时上式也适合，所以数列的通项公式为.
（2）由（1）可得，
所以

.
因为对恒成立，
所以，.
本题主要考查了数列的通项公式的求解，等差数列的前n项和公式，以及裂项法求和的应用，其中解答中熟记等差、等比数列的通项公式和前n项和公式，以及合理利用“裂项法”求和是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.