2025-2026学年广东省深圳市高三期末自编模拟题数学试题（一）（含答案）

2025-2026学年广东省深圳市高三期末自编模拟题数学试题（一）
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，，若，则的子集个数为（ ）
A．2 B．4 C．7 D．8
2．按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：7，11，14，m，22；乙组：5，10，n，18，20，若这两组数据的第50百分位数、第80百分位数分别对应相等，则=（ ）
A．28 B．29 C．30 D．32
3．如图，点在以为直径的圆上，其中，过向点处的切线作垂线，垂足为，则的最大值是
A． B． C． D．
4．“”是“”成立的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．已知是抛物线的焦点，过点的直线与抛物线交于不同的两点，与圆交于不同的两点（如图），则的值是
A． B．2 C．1 D．
6．已知函数在内单调递减，是函数的一条对称轴，且函数为奇函数，则( )
A． B． C． D．
7．已知复数z满足|z|2－2|z|－3＝0，则复数z对应的点Z的集合是什么图形(　　)
A．一个圆 B．线段
C．两点 D．两个圆
8．已知，若，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知，动点满足与的斜率之积为，动点的轨迹记为轴，垂足为关于原点的对称点为交的另一交点为，则下列说法正确的是（ ）
A．的轨迹方程为：
B．面积有最小值为
C．面积有最大值为
D．为直角三角形
10．已知数列的前n项和为，且，，，，则下列选项正确的是（ ）
A． B．
C．若，则为等差数列 D．
11．已知函数，且满足，则下列判断正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．将底面直径为4，高为的圆锥形石块打磨成一个圆柱，则该圆柱的侧面积的最大值为 .
13．在锐角中，角的对边分别为，已知，且，则锐角面积的取值范围是 .
14．设函数已知，且，若的最小值为，则的值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．在平面直角坐标系xOy中,已知点F1(-,0),F2(,0),点M满足|MF1|-|MF2|=2.记M的轨迹为C．
(1)求C的方程;
(2)设点T在直线x=上,过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点,且|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.
16．已知数列，等差数列满足，，．
(1)证明：；
(2)若为等差数列，求的前n项和．
17．如图，在四棱柱中，四边形与四边形是面积相等的矩形，，，平面平面为的中点.
(1)求点到平面距离的差；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
18．已知函数．
（1）当时，求的最小值；
（2）已知函数有两个零点，，且．
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）证明：．
19．n阶拉丁方阵是一种的方阵，在这种的方阵里，恰有1到n这n个不同的正整数，每一个不同的正整数在同一行或同一列中只出现一次.例如，如图是一个3阶拉丁方阵.
1 2 3
2 3 1
3 1 2
（1）分别计算2阶和3阶拉丁方阵的个数.
（2）求4阶拉丁方阵的个数，并证明：n阶拉丁方阵的个数是的倍数.
（3）设A为的方阵，且1到n这n个不同的正整数恰好在A中各出现n次，记全体方阵A构成的集合为S，从S中任取一个方阵，记此方阵为n阶拉丁方阵的概率为.证明：.
参考公式：.
参考答案
1．【答案】B
2．【答案】C
3．【答案】B
4．【答案】B
5．【答案】C
6．【答案】B
7．【答案】　A
8．【答案】D
9．【答案】ACD
10．【答案】ACD
11．【答案】ACD
12．【答案】
13．【答案】
14．【答案】
15．
【解】(1)由双曲线的定义可知,点M的轨迹C为焦点在x轴上的双曲线的右支,且2a=2,c=,
所以a=1,b2=c2-a2=17-1=16,
所以C的方程为x2-=1(x>0). 3分
(注意点M的轨迹为双曲线的一支,需标注x的范围)
(2)设T,A(x1,y1),B(x2,y2),x1≥1且x2≥1,由题知,直线AB与直线PQ的斜率都存在且不相等,设直线AB的方程为y=k1+m.
(设直线AB的方程为y=k1+m,与双曲线的方程联立,整理成只含x的一元二次方程,由根与系数的关系可得x1+x2,x1x2)
联立消去y并整理得(16-)x2+(-2k1m)x-+k1m-m2-16=0. 5分
又直线AB与曲线C必有两个不同的交点,所以16-≠0,Δ=16(4m2-4k1m-3+64)>0,所以x1+x2=-,x1x2=.　 6分
(根据弦长公式求出|TA|,|TB|,同理可得|TP|,|TQ|,结合已知条件|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,整理可得k1+k2=0)
所以|TA|·|TB|
=·(·)
=(1+)
=(1+)
=. 8分
设直线PQ的方程为y=k2+m(k1≠k2),
同理可得|TP|·|TQ|=.
因为|TA|·|TB|=|TP|·|TQ|,
即=,
所以-16=-16,
所以k1=-k2或k1=k2(舍去),
所以k1+k2=0,即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.
　　 12分
【思路导引】
(1)
(2)
16．（1）设数列的公差为，由，得，
由，得，故,
即①
递推,得②
①②得，
故得证.
（2）若为等差数列，设公差为，
由,可得，则.
又，，，
的前项和.
17．（1）因为四边形是矩形，所以，
又平面平面，且平面平面平面，所以平面，
因为平面，所以.
在矩形中，，
所以，
因为，所以，
又平面，所以平面.
设，则点到平面的距离分别为，又，
所以点到平面距离的差为.
（2）因为平面平面，所以，
又，所以，
又由矩形知，两两垂直，
以点A为坐标原点，以直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
所以
设平面的一个法向量为，则，即，
取，得，所以，
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
18．（1）当时，，．
令得．
当时，；当时，．
因此在单调递减，在单调递增，
故的最小值为；
（2）（ⅰ）解法1：令得．
设，则图象与直线有两个交点．
，当时，；当时，．
因此在单调递增，在单调递减．
时，，，，由图可知，．

因此的取值范围为．
解法2：函数的定义域为，．
当时，，故在上单调递减，不满足题意；
当时，令得．
当时，；当时，．
因此在单调递减，在单调递增．
时，，时，，因为函数有两个零点，
所以，，解得1．因此的取值范围为．
（ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2知，，，
要证，即证．
因为，所以，又在单调递减，
即证，又，即证．
设，，
则，
当且仅当时取等号，所以，函数在单调递增．
当时，，因此，．
因为，所以，故原不等式成立．
证明2：由题意可知，，两式相减得．
要证，即证，即证，
令，则．即证（），即证（）．
设（），则．
由（1）知，，当且仅当时取等号．
故，即，在单调递增，
当时，，故原不等式成立．
证明3：由题意可知，，两式相减得．
要证，即证，即证．
令，，则，，．
即证（），即证（）．
令，即证（）．
设（），则，在单调递减，
，因为，所以，故原不等式成立．
19．（1）计算2阶阶拉丁方阵：第一行，一共有种排法，
例如第一排是，那么第二排一定是，因此2阶阶拉丁方阵有种；
计算3阶阶拉丁方阵：第一行，一共有种排法，
例如第一排是，那么第二排有，两种排法，
若是，则第三排只有一种排法，
因此3阶阶拉丁方阵有种；
（2）计算4阶阶拉丁方阵：第一行有种排列方式，
根据（1）问的分析，可知：第二行有种排列方式，
第三行有种排列方式，第四行则只有一种排列方式，
因此4阶阶拉丁方阵有种；
根据以上可以得到：
n阶拉丁方阵，第一行可以是的全排列，共有种排列方式，
第二行有种排列方式，第三行有种排列方式，以此类推，第行由前行唯一确定，
因此n阶拉丁方阵的个数是，
显然n阶拉丁方阵的个数是的倍数.
（3）因为A为的方阵，且1到n这n个不同的正整数恰好在A中各出现n次，
所以集合S中的元素的个数为：
，
于是，
由参考公式，可得：
，，
所以，
即，
因为是不等于1的正整数，所以有，
于是有，
因为是不等于1的正整数，
所以，即，
因此.
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