2026年東北三省三校高三二模高考數學試卷試題（含答案詳解）

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2026年高三年級模擬考試數學科試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡指定位置.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．已知集合,,則（

）A． B． C． D．2．“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．已知復數z是方程的根,則（

）A． B． C．2 D．34．在三棱錐中，，分別是，上的點，且，，則與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．5．人工智能（AI）領域中，神經網絡是用于模仿神經元，用來學習規(guī)律做預測和識別的數學模型.神經網絡中的激活函數能把線性輸入變成非線性輸出.是最常用的激活函數,下面關于表述錯誤的是（

）A． B．C． D．6．若函數的極大值為1，則函數的極小值為A． B． C． D．7．在中，若內角A,B為銳角，滿足,則的最大值為（

）A． B． C． D．8．已知橢圓C：（）的左、右焦點分別為,,M為橢圓上一點,若,,則C的離心率的取值范圍是（

）A． B． C． D．二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．記為等差數列的前n項和，若，,則（

）A． B．公差C． D．若,則，10．下列說法正確的是（

）A．隨機事件A,B相互獨立的充要條件是B．設X為隨機變量,則C．,則,D．若,記函數,,則的圖象關于點對稱11．曲線C：（）是優(yōu)美的封閉曲線,其圍成的面積記為,M是C與y軸正半軸的交點,過原點O的直線交C于點A,B,則（

）A． B．C．當時,的最大值是 D．當時,三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．過引直線l,與圓C：相切于Q,則__________.13．函數有兩個不同的零點,則實數a的取值范圍是__________.14．已知向量,滿足,,則的最大值為__________.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15．已知函數（）,最小正周期的范圍為.(1)求的取值范圍；(2)若,函數的圖象關于直線對稱,求的值.16．四棱柱的底面ABCD是菱形,且,,側面是矩形,且M是的中點.(1)求證：平面平面；(2)若平面與平面ABCD所成二面角的平面角為,,求直線與平面MAB所成角的正弦值.17．在自動駕駛系統(tǒng)的路徑規(guī)劃中,車輛的車道選擇行為可用馬爾科夫鏈模型描述.設道路只有兩條車道,分別記為車道0和車道1.每隔一個固定時間步長,車輛會選擇更換車道或者保持車道不變,記為第個時間步長車輛所在的車道（）.馬爾科夫鏈的下一時刻狀態(tài)僅取決于當前時刻狀態(tài),記為一步轉移概率,矩陣為一步轉移概率矩陣.已知某自動駕駛模型的車道轉移規(guī)律如下：若當前在車道0,下一時刻變道至車道1的概率為；若當前在車道1,下一時刻變道至車道0的概率為.(1)已知時刻車輛處于車道0的概率為,處于車道1的概率為.①寫出該模型的一步轉移概率矩陣；②若時刻車輛處于車道1,求時刻車輛處于車道0的概率.(2)在第（1）問的初始概率條件下,記（）,求隨機變量的分布列（結果用含的式子表示）.18．已知（）(1)設函數,討論函數的單調性；(2)當,時,證明：.(3)當時,,求實數a的取值范圍.19．已知雙曲線：（,）的左、右焦點分別為，，實軸長為，雙曲線的一條漸近線為.(1)求雙曲線的標準方程；(2)為坐標原點，點、、是雙曲線上不同的三點，且、兩點關于軸對稱，的外接圓經過點.①求證：直線與圓相切；②直線與漸近線交于，兩點,求的取值范圍.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．B【詳解】由集合,,則2．A【詳解】，，解得，，，當滿足，則其一定滿足，即由可以推出，“”是“”的充分條件;若時，其滿足，不滿足，即由不能推出;“”不是“”的必要條件，“”是“”的充分不必要條件.3．B【詳解】因為方程的判別式，所以該方程有虛數根，所以，因此.4．B【分析】作交于，連接，可證得，得是與所成的角或其補角，由平行線性質求得，由余弦定理求得，從而得與所成的角.【詳解】作交于，如圖，連接，則，又，所以，所以，所以是與所成的角或其補角，由，，所以，，，所以，在中，，所以與所成角的余弦值為.5．D【詳解】，故A正確；恒成立，故，則，故，故B正確；，，，故C正確；，又，，，，故D錯誤.6．A【詳解】試題分析：,由得，又因為函數在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，所以函數在處取得極大值，且，即，函數在處取得極小值，且，故選A.考點：導數與函數的極值.7．D【分析】由誘導公式、兩角和的正弦公式、兩角和的正切公式等，整理可得的表達式，結合基本不等式，即可得答案.【詳解】因為，所以，所以，即，又，所以，即，所以，則，因為A,B為銳角，所以，所以，因為，當且僅當，即時取等號，所以，則的最大值為.8．C【分析】設，利用已知條件求出，再聯(lián)立橢圓方程結合即可求出.【詳解】，故點位于線段的中點，設，則，，又，，化簡得，又M為橢圓上一點，，聯(lián)立得，即，此方程有解，則，化簡得，即恒成立，方程的兩個根為和，又，，，解得.則C的離心率的取值范圍是.9．AD【分析】先利用等差數列的性質求出?，再結合?求出公差，進而逐一分析選項.【詳解】設等差數列的公差為,由，所以，故A正確；由?，得，即，又，所以，解得，故B錯誤；由等差數列前項和公式得，故C錯誤；對于，因為，所以?，所以，故D正確.10．ABD【分析】根據隨機事件的獨立性、隨機變量的方差與期望的關系、二項分布的期望與方差、正態(tài)分布的對稱性逐一嚴格推導每個選項的正確性，排除錯誤選項.【詳解】對于A，先證必要性：若相互獨立，則，所以，再證充分性：若，則，所以，即，說明與相互獨立，所以隨機事件A,B相互獨立的充要條件是，故A正確；對于B，由于，則，所以，即，所以B正確；對于C，由,則,，故C錯誤；對于D，因為,記函數,,所以對任意，有，由正態(tài)分布的對稱性：，因此，即的圖象關于點對稱，故D正確.11．ACD【詳解】當時，曲線C：，即，當時，，即，當時，曲線C：，當時，，即，這是一個頂點為和的直線段，在區(qū)間內，由于，，故時的圖象比時更靠近坐標軸，，故A正確，當時，曲線C：，即，其面積為，當時，曲線C：，當時，，即，在區(qū)間內，由于，，進而有，故時其圖像在單位圓的外部，故，故B錯誤，當時，曲線C：，易知，由對稱性可設，，則，，當時，，即，代入上式得，對稱軸為，故的最大值為，故C正確，當時，當時，曲線C：，即，當時，，即，令，則，，設，則，易知，令，解得，故在上單調遞增，在上單調遞減，故當時，，，所以D正確.12．【詳解】由已知可得圓心坐標，半徑，點到圓心的距離為，則切線長.13．【分析】函數有兩個不同的零點，等價于方程有兩個不同的實根,當時，方程左邊為，故不是根，因此可分離參數得：,問題轉化為：直線與函數的圖象有兩個不同的交點，通過求導分析的單調性、極值，即可確定的取值范圍【詳解】由，得,當時，左邊，等式不成立，故不是根，；當時，分離參數得?，令，則問題等價于與的圖象有兩個不同的交點,,因此在上恒成立,所以在和上分別單調遞減，由于當，時，，時，，此時的值域為，當，時，，時，，此時的值域為，則的大致圖像如下：所以要使與的圖象有兩個不同的交點，則14．【分析】先利用和的模長，求出和，再將轉化為模長平方的形式，結合向量數量積的性質求最大值【詳解】由,兩式分別平方：(1)(2)?由(1)+(2)得：，由(1)?(2)得：，，再由,，根據向量模長的三角不等式：，即，所以，當與同向時，取最大值為，所以因此15．(1)(2)【分析】（1）借助三角恒等變換公式可將原函數化為正弦型函數，再利用周期范圍計算即可得解；（2）結合（1）中所得可求出，再利用三角函數對稱性可得，最后利用兩角和的正切公式計算即可得.【詳解】（1），又，函數的最小正周期為，所以，則；（2）由，且，故，即，則，解得，則.16．(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用邊長關系可得，結合線面垂直的判定定理可得平面，利用面面垂直的判定定理即可證明結論；（2）取的中點，連接，可得平面與平面ABCD所成二面角的平面角為,過點作，可得平面，以為坐標原點，為軸，為軸，過作的平行線為軸建立空間直角坐標系，求出平面MAB的法向量，利用向量的夾角公式即可求解.【詳解】（1）因為菱形，，由棱柱得平面平面，所以。因為是?中點，所以，由于在中：，所以，解得：，則所以?，即因為側面是矩形，由，都在平面內，平面，因為，平面，平面因為平面，?平面平面.（2）取的中點，連接因為分別為的中點，，且，所以四邊形為平行四邊形，所以因為側面是矩形,所以，則平面與平面所成二面角的平面角為,過點作，因為平面平面，平面平面，由，所以平面，因為，則，，以為坐標原點，為軸，為軸，過作的平行線為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，所以，，，，所以，，，設平面MAB的一個法向量為,則，取，則，設與平面MAB所成角為，則17．(1)①；②(2)01【分析】（1）①結合概率矩陣的定義求解即可；②根據條件概率公式及貝葉斯公式求解即可.（2）根據條件概率公式及全概率公式得到遞推關系，進而求出，從而得到分布列.【詳解】（1）①由題意，車道轉移概率：當前在車道0時，留在0的概率為，變道到1的概率為；當前在車道1時，變道到0的概率為，留在1的概率為；因此一步轉移的概率矩陣為.②設事件：時刻車輛在車道0，：時刻車輛在車道1，：時刻車輛在車道1，已知，，，，由貝葉斯公式.（2）設，由全概率公式得遞推關系，則，首項，因此通項為：.所以.故的分布列為0118．(1)當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增(2)證明見解析(3)【分析】(1)分和兩種情況討論的正負，結合導數與原函數的單調性求解即可；（2）將問題轉化為證明恒成立，，利用導數研究的單調性和最值即可證明結論；（3）分和兩種情況討論，當，將問題轉化為恒成立，然后分、、三種情況利用導數研究的單調性和最值即可求解.【詳解】（1）由題意，，定義域為求導得：，當時，恒成立，因此在上單調遞增，當時，當時，，，單調遞減；當時，，單調遞增，綜上，當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞減，在上單調遞增；（2）當時，，當時，，故，所以要證，即證明：，即證即證，令，則，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；當時，，取得最大值，因此對任意，，即，原不等式得證.（3）原不等式，當時，當時，，所以，不合題意；當時，原不等式，設，則，令，，，當時，，所以在單調遞減，所以，所以在單調遞增，，不合題意；當時，，所以，所以在單調遞增，所以，所以在單調遞減，；當時，令，得，所以，所以在單調遞減，所以，所以在單調遞增，，不合題意；綜上，實數a的取值范圍為.19．(1)(2)①證明見解析；②【分析】（1）根據雙曲線的實軸長和漸近線方程求出，值，即可求出標準方程.（2）①設點，，結合的外接圓過點設出外接圓方程，再結合點在雙曲線上可得；設出直線方程與雙曲線方程聯(lián)立，結合韋達定理得到，進而得到；利用點到直線的距離公式求出原點到直線的距離與圓的半徑比較即可.②分別求出和，結合得到，根據直線與雙曲線相交求出的范圍，即可求出的范圍