2025-2026学年下学期山西吕梁高三数学3月二模（含解析）

2025 - 2026学年高三第二次模拟调研测试 数学试题
(本试题满分 150 分, 考试时间 120 分钟。答案一律写在答题卡上)
注意事项:
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上。
2. 答题时使用0.5毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3. 请按照题号在各题的答题区域(黑色线框)内作答，超出答题区域书写的答案无效。
4. 保持卡面清洁，不折叠，不破损。
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. -1 B. 1 C. D.
2. 已知集合 ,则 的子集个数为
A. 3 B. 4 C. 7 D. 8
3. 若单位向量 满足 ,则
A. 2 B. C. D. 1
4. 已知 为公差不为零的等差数列 的前 项和,若 ,且 ,则
A. 4 B. 5 C. 10 D. 11
5. 已知 ,则
A. B. C. D.
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
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 1 TOPS = 10 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
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.
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
A. B.
C.
D.
10. 如图，在棱长为3的正方体 中，点 为线段 上的一个动点，则 A. 三棱锥 的体积为定值
B. 存在点 ，使 平面
C. 若 ,则二面角 的余弦值为
D. 若 ,则过点 三点的平面截正方体所得截面的周长为
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
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_____.
13. 已知椭圆 的左、右焦点分别为 ,过点 的直线交 于 ， 两点，若 ， ，则椭圆 的方程为_____.
14. 设 ,函数 . 若 恰有一个零点,则 的取值范围是_____.
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. (本小题满分 13 分)
设各项均为正数的等比数列 的前 项和为 .
(1)求数列 的通项公式；
(2)设 ，证明: .
16. (本小题满分 15 分)
如图，圆柱 的轴截面是边长为 2 的正方形， 为 上一点，正方形 内接于 ,设平面 与平面 的交线为直线 ,点 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.
17. (本小题满分 15 分)
已知抛物线 过点 ，直线 与 交于 ， 两点， 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 ，且直线 与直线 的斜率之积为 4，过点 作直线 垂直 于点 ，求点 到 的准线距离的最大值.
18. (本小题满分17分)
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x1万人次 2 4 5 6 8
日销售量 百杯 3 4 6 5 7
(1)求出 关于 的回归方程 ，并预测日访问量为 10 万人次时的日销售量；
(2)A项活动规则:顾客每次参与都有 的概率获得新品兑换券，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 10 张不同的助力卡，编号为 ，参与者从中随机抽取 6 张,记录编号后放回,再重新随机抽取 6 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:
19. (本小题满分 17 分)
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 ,证明: .
吕梁市 2025-2026 学年第二学期 3 月调研测试 高三数学参考答案
一、选择题: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.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D C A B C D A
1.C. 复数 ,故选 C.
2.D. ,所以 的子集个数为 ,故选 D.
3.C. 由 ,得 ,所以 ,故选 C.
4.A. 由等差数列前 项和为过原点的二次函数, ,得 的图象关于直线 对称,所以由 ,得 ,故选 A.
5.B. ,故选 B.
6.C.由直线 过右焦点 ，得线段 为通径，故 ，即 ，所以 ，即 ，故选 C.
7.D.由题意,得每秒至少执行的运算次数 ,所以 ,
即 TOPS,故选 D.
8.A. 当 时，只有一种情况，即分拣了 1 件 “普通件”，此时 “普通件” 与 “优先件” 数量均为 2 件，故 ； 当 时,第一件分拣的包裹必为 “优先件”,第二件无论分拣 “普通件” 还是 “优先件”,均不可能暂停处理; 当 时,只有一种情况: 即第一件分拣的包裹为 “优先件”,第二件与第三为件均为为 “普通件”,故
当 时，第一件分拣的包裹必为 “优先件”，第二件与第三件应为 “普通件” 与 “优先件” 各一件，均不可能暂停处理; 故 ，故选 A.
二、选择题: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.
题号 9 10 11
答案 BC ABD BCD
9.BC.对于 A 选项,当 时, ,故 A 错误; 对于 B 选项, 由不等式同向可加性知 B 正确;
对于 选项,由 ,得 ,故 ,故 正确;
对于 选项,当 时, ,此时 ,故 错误,故选 BC.
10.ABD.对于 A 选项,易知 平面 ,由 得三棱锥 的体积为定值,故 A 正确;
对于 选项,易知 平面 ,故当点 与点 重合时, 平面 , 故 B 正确;
对于 选项,易证得 ,故 为二面角 的平面角， 中， ，由余弦定理得 ，故 错误 (也可建系,两平面的法向量分别取为 );
对于 选项,过点 作 分别交 于点 ,连接 ,易得 ,故四边形 即为所求截面,可求得 ,所以截面 的周长为 ,故 D 正确. 故选 ABD.
11.BCD.对于 A 选项,
由 ,得 的最小正周期不为 ,故 A 错误; 对于 选项,由 ,得 或 ,又 ,所以 为 ,即 在区间 上有 3 个零点,故 正确;
对于 选项,由 ，得 的图象关于点 中心对称，故 C 正确； 对于 选项，因为
所以
又因为
所以 的周期为 . 故只考虑函数 在 上的最大值即可.
令 ,得: 或 或 或 ;
令 ,得: 或者 或 ;
所以函数 在 和 上单调递增; 在 和 上单调递减.
又因为 .
所以 的最大值为 ,故 D 正确. 故选 BCD.
三、填空题: 本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分.
12. 40
的展开式中 的系数为 .
13.
因为 ,设 ,则 , ,由 ,得 ,所以 ,即
,则 ,由 ,得 ,整理,得 , 故椭圆 的方程为 .
14. 或
由 ,得 ,
由 得 ,即 或
所以 ,即 ,
易知 ，
即 ,
令 ,则
由图,知 或 ,即 或
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. (I) 由题意得: 得 , .2 分
解得 或 , .4 分
又 ,所以 ,故 . .6 分
(2) , .7 分
.9 分
所以 ,故得证. .13 分
16. 解析:(1)证明:因为 平面 平面
所以 平面 .2 分
又 面 ,面 面 ,所以 . .5 分
(2)易知外接球的球心为线段 的中点 ，在 中， ，故四棱锥 外接球的表面积 . .8 分
(3)因为面 面 ，面 面 ， 面 ，
所以 面 ,又 面 ,所以 .
同理,可得 ,又 面 ,所以
面 9 分
建立如图所示空间直角坐标系
则 ,设
, 10 分
设平面 的法向量为 ,则 ,则 ,所以 .12 分
记直线 与平面 所成角为 ,则 ,
所以 或 ，即 的长为 或 . .15 分
17. (1) 将点 坐标代入 ,得 ,所以 ,即 1 分设直线 的方程为 ,
与抛物线方程联立,得 ,
,即
所以 .3 分
即 ,解得 或-2(舍) .5 分
所以 . ..6 分
(2)设直线 的方程为 ，
与抛物线方程联立,得 ,则 ,即 ,
设 ,则 .
.8 分
又 ,所以 ,即 ,
,代入得 ,即 分即 ,即 ,即 .
又直线 不经过点 ,所以 ,则 ,
所以直线 的方程为 ,因此直线 恒过定点 . 10 分
由 ,得 ,解得 或 .
解法一 由题可知,直线 的方程为 , 由 得 ,
则点 到 的准线的距离 . .11 分
令 ,
根据公众号三晋高中指南对勾函数的单调性可知:
若 ,则 ,且 ,即 .12 分
若 ,则 ,当 ,即 时, ;
当 ,即 时, ,且 ,即 ; .13 分
当 ,即 时,由基本不等式可知: ,当且仅当 ,即 时取等号.
因此点 到 的准线距离的最大值为 . .15 分
解法二 连接 ,因为 ,所以点 在以 为直径的圆 上, .12 分所以点 到 的准线的距离的最大值为圆心 到 的准线的距离加上半径,即 ,
此时 , .14 分
,满足题意,(因为点 的轨迹不是一个完整的圆,因此要验证取得最大值时的点 是否符
合题意)
因此点 到 的准线距离的最大值为 . .15 分
18. (1) 由题意可知 , 1 分 .2 分
所以 .4 分所以回归方程 , .5 分
当 时, ,
所以日访问量 10 万人时的日销售量为 百杯; .6 分
(2) 可取值为 ，
当 时, , .7 分
故 ① .8 分
②
由①-②得 .9 分
, .11 分
所以 . .12 分
(3) , .14 分
由 ,得 ,又 ,所以 . .17 分
19. (1) 定义域为 ,
.1 分
当 时， 恒成立， .2 分
当 时, 时, 时, , .3 分
综上: 当 时, 在 上单调递增;
当 时, 在 上单调递减, 上单调递增. .4 分
(2) .5 分
,则 ,所以 在 上单调递增,
又 ,所以 时, 时, , .6 分
又 恒成立,
所以,当 时, 单调递增; 当 时, 单调递减, .9 分故 存在唯一的极小值点 0,即 极值点的个数为 1 ; .10 分
(3)由题得 ,
即
由(2)知， 在 上单调递增，
不妨设 ,则 ,即 ,
所以 , .13 分
即 ,
下面证明
即证明
令 ,即证 ,即证 ,
令 ,则 ,
所以 在 上单调递减,
即 ,即 ,
所以 ,即 , .16 分
所以 . .17 分