四川省成都石室中学2025-2026学年度高三下学期高2026届二诊模拟考试数学试卷含解析（word版+pdf版）

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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 已知集合，，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】当或时，；当时，.所以，，所以，.
2. 已知命题p：“，”，则为
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】“，”的否定是“，”.
3.已知平面内三点，则向量在上的投影向量为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以，
所以，，所以向量在上的投影向量为 .
4.在的二项展开式中，所有二项式系数之和为64，则展开式的项数是
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】A
【解析】由题得，所以二项式的展开式的项数是.
5.若点是函数的图象的一个对称中心，则的值为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为点是函数的图象的一个对称中心，
所以，，即，，
所以，所以.
6.已知抛物线的焦点为是C上一点，对于x轴上一点，都有，则t的取值范围为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为抛物线的焦点为，所以，解得，所以抛物线.
设，则对，，
整理得，所以因为，所以，所以，
又，所以的取值范围为.
7.已知不重合的圆都过点，且均与两坐标轴相切，则圆的公共弦长为
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】如图：
因为两圆都过点，且均与两坐标轴相切，所以必在直线上，
点关于直线的对称点为，则线段即为圆的公共弦.
因为.
8.美味的火锅中也充满了有趣的数学知识，如图将火锅抽象为乙图的两个同心圆柱，大、小圆柱的半径分别为25cm与5cm，汤料只放在两圆柱之间，将汤勺视为一条线段，若将汤锅装满，将汤勺置于两圆柱之间无论如何放置汤料都不会将汤勺淹没，则汤勺长度最短为：（ ）cm.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】将投影至底面为，是底面大圆的一条弦且与小圆相切（切点为）时最长，
所以，所以.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.已知数据的平均数为M，中位数为N，方差为P，极差为Q，设，得到新数据，则对于所得新数据，下列说法一定正确的是
A. 平均数是3MB. 中位数是C. 方差是9PD. 极差是
【答案】BC
【解析】对于A，由数据平均数为，可得，
新数据的平均数为
，所以A错误；
对于B，由数据的中位数为，
将新数据从小到大排序，因为，所以新数据的排序和原数据的排序相同，
所以新数据的中位数为，所以B正确；
对于C，由数据的方差为，
设新数据的方差为，因为新数据满足，可得，所以C正确；
对于D，由原数据的极差为，可得，
因为新数据满足，则新数据的极差为，所以D错误.
10.如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，Q为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则
A. 平面
B. 平面截正方体所得的截面面积为
C. 点Q的轨迹长度为
D. 能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为
【答案】ABD
【解析】A选项，以坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
故.
设平面的法向量为，
则，
令得，，故，
因为，故平面，A正确；
B选项，取的中点，连接，
因为M，N，P分别是棱，，的中点，
所以，又，
所以，所以平面截正方体所得的截面为正六边形，
其中边长为，故面积为，B正确；
C选项，Q为平面上的动点，直线与直线的夹角为，
又平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆，
即为点Q的轨迹，
其中，由对称性可知，，
故半径，
故点Q的轨迹长度为，C错误；
D选项，因为M，N，P分别是棱，，的中点，
所以平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称，
不妨求能放入含有顶点的空间几何体的球的半径最大值，
该球与平面切与点，与平面，平面，平面相切，
由对称性可知，球心在上，设球心为，则半径为，
，故，即，解得，
故球的半径的最大值为，D正确.
11.在中，角，，所对的边长分别为a，b，c，且满足．点在线段的延长线上，则下列选项中正确的是
A. B. 若，则
C. D. 若，当点运动时，为定值
【答案】ACD
【解析】对于A，因为，由正弦定理可得，
再由余弦定理得，整理得，故A正确；
对于B，若，则，则，，
由余弦定理可得，故B错误；
对于C，由可知：，
因，
由正弦定理得，，
即，因为，所以，
所以，故或（不符合题意舍去），故C正确；
对于D，因为互补，所以，
结合余弦定理可得，因为，，
则，整理得，又，
则，
从而，故为定值，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.已知复数满足，其中为虚数单位，则________.
【答案】
【解析】， .
13.已知，则的最大值为_______.
【答案】1
【解析】，当且仅当时取等号，即 .
14.若函数的图象存在对称轴，则的最小值为________.
【答案】
【解析】设的对称轴为，则，
即，
化简得，
，
，
故需满足，解得，
故，
令，故，
则，
故当时，即时，取得最小值，最小值为 .
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.已知正项数列的前n项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和 .
【解析】(1)由，当时，，
则，即，
所以，即，
由数列为正项数列，所以，从而有，，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以， .
(2)由（1）知，所以，
，则，
从而，
即，
所以 .
16.已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若直线与曲线相切，求的值.
【解析】(1)的定义域为R， ,
当时，,单调递减;
当时，令，得,
当时，，单调递减;
当时，，单调递增.
综上，当时，在R 上单调递减；
当时，在单调递减; 在上单调递增 .
(2)由（1）知，，
设切点为，则，
易知，故.
又，即，将代入，得.
设，则.
令，即，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
综上， .
17.如图，在四棱锥中，平面，平面平面．
（1）证明：；
（2）若，且为的重心，求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】
(1) 如图，过点A作于点E．
平面平面，平面平面平面，
平面．
又平面．
又平面平面．
平面平面．
又平面 .
(2)由（1）知，
以点B为坐标原点，所在的直线分别为轴，
过点B且平行于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
设．①
．②
由①②得．
又为的重心，．
设平面的法向量为，则
，
令，则
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值 .
18.如图，已知椭圆，点在椭圆上且，，分别经过的左、右焦点，，且，．
（1）若，求点的坐标；
（2）证明：是定值，并求出的值；
（3）求四边形面积最大值.
【解析】 (1) ，，则，
由，则，故，
故，化简得，又，
则，解得，则，
故或（负值舍去），即点的坐标为.
(2)由，，则，
故，则有，
化简得，
由，则，
整理得，
则或（负值舍去）；
，则，由，则，
故，则有，
化简得，
由，则，
整理得，
则或（负值舍去）；
故，
故是定值，且.
(3) ，，
则
，
则，
由，，则，
又，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
故四边形面积最大值为.
19.进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等.一般地，若是一个大于的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式，其中，，，，且，，如，所以在三进制下可写为.
（1）将五进制数转化成三进制数.
（2）对于任意两个不同的位二进制数，，，记.
①若，求随机变量的分布列与数学期望；
②证明：.
【解析】 (1) 由题意得，将五进制数转化为十进制数为，
∵，∴，
∴五进制数转化成三进制数为.
(2)①若，则位的二进制数有，，，，，，，，共个，从个数中任选2个，共有种情况.
∵，∴的所有可能取值为.
当时，若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况
若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况,
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况,
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况,
若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况，
共有种情况，故.
当时，和，和，和，和满足要求，共有4种情况，故，
∴，
∴随机变量的分布列为
∴.
②∵位二进制数的，
∴根据二进制数中0的个数可得，位二进制数一共有个，
∵，∴的可能取值为.
当时，二进制数，有位取值不同，有位取值相同，
除去，从剩余的位中选择位，二进制数，在这位上数字不同，其余位，两者均在同一位置数字相同，
由于，故共有种情况，
∴，
∴随机变量的分布列为
∵，
∴
，
∴ .1
2
3
1
2
3