四川省内江市威远中学2026届高三下学期第二次模拟考试数学试卷（Word版附解析）

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一、单项选择题：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.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知确定集合中元素，然后由交集定义计算．
【详解】集合，
因为，所以.
故选：C.
2. i为复数单位，复数；则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数模的计算公式，即可求解.
【详解】由复数，所以.
故选：B.
3. 已知，则下列条件中使成立的充要条件是（ ）
A. B.
C. （且）D.
【答案】D
【解析】
分析】对ABC选项直接用特殊值验证可得，对D由不等式性质及对数函数性质可得结果.
【详解】对于A：取，显然有，所以A不正确；
对于B：取，显然有，所以B不正确；
对于C：取，显然有，所以C不正确；
对于D：充分性：因为，所以，再由函数是单调递增函数，所以.
必要性：由且函数是单调递增函数，所以，，即.故D正确.
故选：D.
4. 在等比数列中，，，则（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列通项公式可求答案.
【详解】设的公比为，所以，因为公比为实数，所以，所以，所以.
故选：B.
5. 已知的展开式中，第4项和第6项的系数相等，则（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】由，即，利用组合数的性质即可求解.
【详解】由，根据题意有，由组合数的性质有.
故选：B.
6. 已知圆C：，直线与圆C交于A，B两点，点P在圆C上，且，，则（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用极化恒等式可得，再利用垂径定理可得，最后可求解.
【详解】
圆C：，半径，取中点M，则，
记，，
所以，
在中，由勾股定理，，
由极化恒等式，，
代入消元得：.
故选：B
7. 已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，以其底面圆心为球心，底面半径为半径的球和圆锥表面的交线长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作圆锥的球的截面图，确定球与圆锥的交线，结合交线的形状大小确定结论.
【详解】作圆锥的轴截面，该截面与半球的截面为半圆，设半圆与分别交于点，
如图，由已知，为边长为的等边三角形，的中点为球心，半圆的半径为，
因为点在半圆上，所以，，，
所以，故点为的中点，同理可得为的中点，所以，
所以由对称性可得，圆锥与球的交线为两个圆，一个为圆锥的底面圆，周长为，
另一个为所有母线的中点构成的圆，周长为，
所以交线长为．
故选：D.
8. 已知对任意，不等式恒成立，则实数的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】记，由，可知只要时恒成立即可，从而将问题转化为在恒成立，
令，结合导数求出的最值即可求解.
【详解】原不等式等价于，记，
注意到，这说明只要时，则当时也有.
故下只考虑时的情况，要使，
只需在恒成立，
令，.
因为，故，经验证，满足题意.
故选：D
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合目要求.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. 下列说法正确的有（ ）
A. 6件产品中有4件正品，2件次品，从中任取2件，则至少取到1件次品的概率为0.6
B. 已知变量,线性相关，由样本数据算得线性回归方程是，且由样本数据算得，，则
C. 若随机变量服从正态分布，，则
D. 在二项式的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则各项系数和是
【答案】AB
【解析】
【分析】根据概率的计算、线性回归方程、正态分布以及二项式定理的相关知识逐项判断.
选项A，可通过计算对立事件的概率来求解；
选项B，根据线性回归方程过样本中心点来计算 的值；
选项C，利用正态分布的对称性来计算概率；
选项D，根据二项式系数的性质确定的值，再通过赋值法求各项系数和.
【详解】选项A：总事件数，从6件产品中任取2件，即 ，
“至少取到1件次品”的对立事件是“取到2件正品”，其事件数为 ，
因此，，A正确.
选项B：因为线性回归方程 过样本中心点 ，
又因为 ，，则将其代入线性回归方程可得：，
所以，解得 ，B正确.
选项C： 因为变量 ，所以正态曲线关于 对称，
因为 ，则 ，
由对称性，，
因此：，C错误.
选项D：二项式 的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，
则展开式共有9项，故 ，
令 ，可得各项系数和为，D错误.
故选：AB.
10. 已知等差数列的前项和为，且，，则（ ）
A. 公差B.
C. D. 数列的前31项和为272
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用等差数列的基本量计算，可判断A、B；据数列的增减性，可判选项C正误；对于D，根据等差数列求和公式，结合分组求和，可得答案.
【详解】为等差数列，，，
则，解得，
所以，故A错误，B正确；
令，解得，
所以，所以，故C正确；
因为，则，
所以，
进而数列的前31项和
，故D正确
故选：BCD.
11. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于，两点，点为点在准线上的射影，线段与轴的交点为，线段的延长线交于点，为坐标原点，则（ ）
A. ，，三点共线B.
C. 直线与有两个交点D. 有最大值
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据抛物线方程求出焦点坐标和准线方程，然后设出直线 的方程，并与抛物线方程联立，利用韦达定理得到相关点的坐标关系再逐一分析选项.
【详解】抛物线，则, 所以焦点，准线，
设直线的方程为，，
联立 ，消去 可得：，由韦达定理得.
根据题意， ，则 ，,
因为，且， 即 ,
所以，.
可得 ，即，，三点共线，故A选项正确；
已知点为线段与轴的交点， ，则 点坐标为 ，
所以 ，则 ，
又因为 ，所以 ，即 ，故B选项正确；
，可得直线 的方程为 ，
令 ，可得 ，即 ，
则 ，直线的方程为 ，即 ．
联立 ，消去 可得 0 .
其判别式 ，
所以直线 与 有一个交点，故C选项错误；
，则，
，
又因为 ，，则 ，
当且仅当，即 时取等号，此时最大，由 ，得此时 ，
则此时 ，即 有最大值 ，D选项正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 直线过定点，且以为其方向向量，则直线的方程为_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线的方向向量求斜率，再根据直线的点斜式方程得直线方程.
【详解】因为直线的方向向量为，所以直线的斜率为，
又直线过点，所以直线的点斜式方程为：，
化简得：.
故答案为：
13. 已知函数为奇函数，则实数______.
【答案】2
【解析】
【分析】利用奇函数的定义求解即可.
【详解】由题可得的定义域为,
由于函数为奇函数，所以，
即,
则，解得：，
故答案为：
14. 在正三棱柱中，，则在正三棱柱内可放入的最大球的体积与正三棱柱外接球的体积之比_____.
【答案】##
【解析】
【分析】分别求出正三棱柱内可放入的最大球的体积与正三棱柱外接球的体积，进而求出它们的体积之比.
【详解】设底面正三角形为，，其内切圆半径为，
由，
得，若内切球与上、下底面相切，则半径为1，因为，
所以该三棱柱内可放入的最大球的半径为，
则其体积.
根据正三角形外接圆半径（正三角形的边长），所以.
又正三棱柱的高，可得球心到底面的距离为1，
根据勾股定理，则.
所以，
所以.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题， 其中第15题13 分， 第16、17题15 分， 第18、19 题17分， 共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在中，角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求角；
（2）若，的面积为1，求边的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）由结合两角和差正弦公式化简即可求解；
（2）由三角形面积公式可得，由余弦定理化简即可求解.
【小问1详解】
中，，所以
所以
又，所以，
又因为，所以.
【小问2详解】
因为，
由余弦定理，
将，代入解得，
所以.
16. 已知函数（，a为常数）
（1）若，求的单调区间；
（2）若是的极大值点，求a的取值范围
【答案】（1）单减区间为，单增区间为.
（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导并因式分解，结合的条件判断导数的符号，进而确定函数的单调区间.
（2）对导数的根进行分类讨论，分析不同取值下导数的符号变化，确定为极大值点时的取值范围.
【小问1详解】
，
因，，所以，
当时，，当时，，
所以的单减区间为，单增区间为.
【小问2详解】
，
当时，由（1）知是的极小值点，不符合题意；
当时，，在上单调递减，没有极值点，不合题意；
当时，，当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，
所以是的极小值点，不合题意；
当时，，当时，当，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减.
所以是的极大值点，符合题意，
综上知的取值范围为.
17. 在三棱锥中，，，为边的中点，，且平面.

（1）在直线上是否存在一点M，使得直线平面?若存在，指出M点的位置，若不存在，请说明理由.
（2）若平面平面.
①求证：；
②求二面角的大小.
【答案】（1）存在，当为中点
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）取为中点，可得，结合线面平行的判定定理分析证明；
（2）①由面面垂直的判定定理可得平面，即可得，，进而可证平面，即可得结果；②建系标点，分别求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角.
【小问1详解】
存在，当为中点时平面，

当为中点时，连接，
因为为中点，则，
且平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
①因为平面平面，平面平面，
过作交于H，
因为平面，所以平面，
且平面，可得，
又因为平面，平面，则，
且，平面，所以平面，
因为平面，所以；
②以为坐标原点，，，方向为x，y，z轴正方向，建空间直角坐标系，

由题意可得：，，
则，，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得；
设平面的法向量为，则，
令，则，可得；
则，
设二面角的平面角为，
由图可知，则，可得，
所以二面角的大小为.
18. 已知是椭圆：的右焦点，定点，直线被椭圆截得的线段的中点恰在直线上
（1）求的标准方程；
（2）过F作斜率为k的直线，与交于A，B两点，其中A在x轴上方，，T为上一点，且平分，求的取值范围；
（3）P，Q为曲线上两个动点，且平分，证明：直线过定点，并求出该定点.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析，定点
【解析】
【分析】（1）设直线与椭圆的交点为，根据题意利用点差法可得，进而可得以及椭圆方程；
（2）设，直线的方程为，联立方程结合韦达定理可得，进而分析求解；
（3）设，，根据角平分线可得，整理可得，即可得定点.
【小问1详解】
由题意可知：直线：，即，斜率，
设直线与椭圆的交点为，

则，，即，
因为M，N在椭圆上，则，
两式相减得，整理得，
即，可得，
且，即，解得，，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由题意可知：直线与椭圆必相交，且，

设，，，，
设，直线的方程为，其中，
将直线与椭圆方程联立，消去x得，
由韦达定理得：，，
则，可得，
因为，则，可得，
且，则，解得，
所以的取值范围为.
【小问3详解】
设，，

则，，，
且
同理可得，
由题意可得：，即，
两边同时减2得，即，故P，Q和三点共线，
所以直线必过定点.
19. 甲、乙两名同学都准备参加某知识竞答活动，该竞答活动会逐一给出n道不同的题目供参赛者回答，每道题目的回答只有正确或错误两种情况，各道题目回答情况不会相互影响．
（1）如果参赛者须回答5道问题，当连续答对4道时，即可赢得挑战，若甲同学对于即将给出的各道题目，均有的概率答对，求甲赢得挑战的概率；
（2）若乙同学对于即将给出的各道题目，均有的概率答对．记为乙同学回答道题目后，没有出现连续答对至少4道题目这一情形的概率．
（i）求；
（ii）证明：．
【答案】（1）
（2）（i），（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用相互独立事件的概率乘法公式计算即可；
（2）（i）利用正难则反思想计算，利用分类讨论结合正难则反思想计算；（ii）分类讨论结合全概率公式得，利用递推关系作差即可证明.
【小问1详解】
甲赢得挑战有两种情况，连续答对前四题或第一题答错后四题都答对，
其概率为：；
【小问2详解】
（i）；
当乙同学回答完6道题目后，出现连续答对至少4道题这一情形，
可能的情况为：6道都答对、连续答对5道（第1道或者第6道答错）、
连续答对4道（1~4道答对，第5道答错，第六道答对或者答错；
第1道答错，2~5道答对，第6道答错；第1道答对或答错，第2道答错，3~6道答对），
故；
（ii）乙同学答完n道题后，如果没有出现连续答对至少4道题的情形，
则由题意可如下分类：
①第n题答错，且前题未出现连续答对至少4道题的情形，此时概率为；
②第n题答对，第题答错，且前题未出现连续答对至少4道题的情形，
此时概率为；
③第n题答对，第题答对，第题答错，
且前题未出现连续答对至少4道题的情形，此时概率为；
④第n题答对，第题答对，第题答对，第题答错，
且前题未出现连续答对至少4道题的情形，此时概率为，
由全概率公式：①，
因此②，
，
所以当时，，故．