四川省字节精准教育联盟2026届高三下学期第二次模拟考试 数学试卷（含解析）

这是一份四川省字节精准教育联盟2026届高三下学期第二次模拟考试 数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了 设复数满足，则， “”是“”的条件， 已知函数， 已知圆，点是直线上的点，则， 已知，则实数的大小关系为等内容，欢迎下载使用。
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，只有一项符合要求.
1. 设复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
解析：由题可得，
所以.
故选：A.
2. “”是“”的（ ）条件
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分又不必要
【答案】C
解析：因为，所以或.
对，当时，与对应；
当时，与对应.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
3. 已知在的二项展开式中，只有第6项的二项式系数最大，若在展开式中任取2项，其中抽到有理项的个数为1，这个事件记为事件A，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
解析：在的二项展开式中只有第6项的二项式系数最大，则，
可得的二项展开式的通项，
当为整数时，该项为有理项，因为且，
所以当时，分别为是整数，即有理项有3项，可得.
故选：A.
4. 已知函数（）的图象过函数图象的定点，则的最小值为（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 9
【答案】D
解析：由函数，令，可得，所以图象的定点，
又由函数的图象过函数图象的定点，
可得，即，且，
则，
当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值为.
故选：D.
5. 已知过抛物线的焦点且倾斜角为的直线交于两点，是的中点，点是上一点，若点的纵坐标为1，直线，则到的准线的距离与到的距离之和的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
解析：由题得的焦点为，设倾斜角为的直线的方程为，
与的方程联立得，
设，则，故的方程为.

由抛物线定义可知点到准线的距离等于点到焦点的距离，
联立抛物线与直线，化简得，
由得与相离.
分别是过点向准线、直线以及过点向直线引垂线的垂足，连接，
所以点到的准线的距离与点到直线的距离之和,等号成立当且仅当点为线段与抛物线的交点，
所以到的准线的距离与到的距离之和的最小值为点到直线0的距离，即.
故选：D.
6. 已知圆，点是直线上的点，则（ ）
A. 圆上有两个点到直线的距离为2
B. 圆上不存在点到直线的距离为2
C. 从点向圆引切线，切线长的最小值为
D. 从点向圆引切线，切线长的最小值是
【答案】C
解析：圆的标准方程为，圆心为，半径.
圆心到直线的距离，所以A不正确，B不正确.
从点向圆引一条切线，设切点为，连接，

则，则，
当时，取得最小值，此时取得最小值，
即，故C正确，D不正确.
故选：C.
7. 已知F是抛物线的焦点，A，B是抛物线C上不同的两点，且满足，设A，B到抛物线C的准线的距离分别为，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
解析：由抛物线的定义知，，
所以在中，由余弦定理得，
所以，
又因为，所以，当且仅当时等号成立，
所以，故，
所以的最大值为
故选：A.
8. 已知，则实数的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
解析：由对数函数的图象与性质，可得，即，
又由，所以，
又由，指数函数为单调递增函数，可得，所以，
又由，所以，
综上可得：.
故选：D.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 抛掷两枚大小相同质地均匀的骰子，设事件A表示“第一枚掷出的点数为偶数”，事件B表示“第二枚掷出的点数为奇数”，事件C表示“两枚骰子掷出的点数之和为6”，事件D表示“第二枚掷出的点数比第一枚大5”，则下列说法中正确的有（ ）
A. A与B是相互独立事件B. A与B是互斥事件
C. 与C是对立事件D.
【答案】AD
解析：选项A：由已知得，因为，，
所以，即与互不影响，A正确.
选项B：事件与事件能同时发生，故与不是互斥事件，B错误.
选项C：，
，
故事件与不是对立事件，C错误.
选项D：因为事件，事件，
则不可能同时发生，故与互斥，所以，D正确.
故选：AD.
10. 对于函数和，则下列说法正确的有（ ）
A. 与有相同的最小正周期
B. 与有相同的最小值
C. 与的图象有相同的对称轴
D. 与的图象有相同的对称中心
【答案】AB
解析：的最小正周期为的最小正周期为，故A正确；
的最小值为的最小值为，故B正确；
令，解得，所以的图象的对称轴为直线，；
令，解得的图象的对称轴为直线，，
所以与一定不存在相同的对称轴，故C错误；
令，解得，，所以的图象的对称中心为.
令，解得，，所以的图象的对称中心为，
故与的图象一定不存在相同的对称中心，故D错误.
故选：AB
11. 在直三棱柱中，，点是棱上一点，则下列说法正确的有（ ）
A. B. 四棱锥体积为6
C. 直三棱柱外接球的表面积为D. 的最小值为
【答案】ACD
解析：对于A，直三棱柱中，平面,平面,故，
由于，故，即，
因为，平面,平面,
所以平面，
因为棱上一点，平面，
所以，故A选项正确；
对于B，在直三棱柱中，，平面，平面，故平面，
所以，
过作，垂足为，由等面积法得，
在直三棱柱中，平面,平面,故，
因为，平面，平面，
所以平面，
所以，即四棱锥的体积为，故B选项错误；
对于C，由题知两两垂直，
所以直三棱柱外接球与以为邻边的长方体的外接球相同，
所以直三棱柱外接球的直径为，
所以直三棱柱外接球的表面积为，故C选项正确；
对于D，将平面展开，与平面共面，得到如下图的矩形，
所以，
所以最小值为，故D选项正确；
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 数列满足(，且)，，对于任意有恒成立，则的取值范围是___________.
【答案】
解析：
从而可得
即， 因为，所以.
故答案为：
13. 已知函数的定义域为，，，且，当时，，则不等式的解集为__________.
【答案】
解析：方法一：不等式可化为：，
，的图象关于直线对称；
，当时，，在上单调递增，
在上单调递减；
设，
则在上单调递减，在上单调递增；
，结合单调性可知：；
方法二：，关于直线对称；
，当时，，在上单调递增，
在上单调递减；
令，则，的图象关于直线对称，
在上单调递减，上单调递增，
在上单调递增，在上单调递减；
又，则原不等式可化为，
，解得：，即原不等式的解集为.
故答案为：.
14. 若椭圆上存在一点，使得到其左、右焦点的距离之比为4:1，则的离心率的取值范围为__________.
【答案】
解析：设是椭圆的左右焦点，
又椭圆上存在一点，使得到其左、右焦点的距离之比为4:1，可知，
又，所以，
因此，解得，即，
又椭圆离心率的取值范围为，所以.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分．其中15题13分，16 ~17题各15分，18~19题各17分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知等比数列满足，且是与的等差中项．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
（1）
设等比数列的公比为q（)，
因为是与的等差中项，
所以，所以，因为，所以，
所以的通项公式为．
（2）
由（1）可得，
则，①
，②
①②得
．
则．
16. 2025年12月10日和11日，中央经济工作会议在北京召开.会议提出“坚持内需主导，建设强大国内市场”.为响应国家促进国内消费的政策，某大型商场在“双12”举办了“让利于民”的优惠活动，顾客消费每满500元可抽奖一次，抽奖方案有以下两种（顾客只能选择其中的一种）.
方案1：从装有4个红球，3个蓝球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，有放回地依次摸出3个球.每摸出1次红球，优惠100元，若3次都摸到红球，则额外再优惠100元（即总共优惠400元）；
方案2：从装有4个红球，3个蓝球（形状、大小完全相同）的抽奖盒中，不放回地依次摸出3个球.中奖规则为：若摸出3个红球，享受免单优惠；若摸出2个红球，则享受打5折优惠；其余情况无优惠.
（1）已知顾客选择抽奖方案2，若他第一次摸出的球为红球，求他能够享受优惠的概率；
（2）已知顾客恰好消费了500元，
（i）若他选择抽奖方案1，求顾客所获得的优惠金额的分布列和期望（结果精确到整数位）；
（ii）试从顾客所获得优惠金额的期望值分析顾客选择何种抽奖方案更合理.
【答案】（1）
（2）（i）分布列见解析，190；（ii）顾客选择抽奖方案1更合理
（1）
设事件表示“第一次摸到红球”，事件表示“能够享受优惠”，
在第一次摸到红球后，抽奖盒中还剩3个红球和3个蓝球，共6个球，
若享受优惠，则后两次摸出2个红球或摸出1个红球1个蓝球，
从6个球中不放回地摸2个球，总情况有种，
摸出两个红球的情况有种，摸出1红1蓝的情况有种，
所以，即能够享受优惠的概率为.
（2）
（i）设顾客选择抽奖方案1时，顾客所获得的优惠金额为元，
的取值有，，，，
从装有4个红球，3个蓝球的抽奖盒中摸一个球，摸到红球的概率为，摸到蓝球的概率为，
当摸出0个红球时，，
当摸出1个红球时，，
当摸出2个红球时，，
当摸出3个红球时，.
所以顾客所获得的优惠金额的分布列为
所以选择方案1时，顾客所获得的优惠金额的期望为
.
（ii）设顾客选择抽奖方案2时所获得的优惠金额为元，
的取值有，，，
当摸出0个红球或1个红球时，，
当摸出2个红球时，，
当摸出3个红球时，，
所以顾客所获得的优惠金额的分布列为
所以，
所以，
所以从获得优惠金额的期望值分析，顾客选择抽奖方案1更合理.
17. 如图，在梯形ABCD中，，过点作于点．将沿翻折到的位置，使得平面平面ABED.已知四棱锥的体积为8．
（1）证明：．
（2）求平面PAD与平面PAB的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（1）
设，，,
平面平面ABED，平面平面，平面，
平面ABED，
由四棱锥的体积为8，，，
得，解得，即，
连接，在中，．
在中，，所以．
，
，即 ，
平面，平面ABED， ，
，平面AEP，平面，
又平面，.
（2）
以为坐标原点，EB，EC，EP所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，．
设平面PAD的法向量为，
则，令，则，
设平面PAB的法向量为，
则，
令，则．
因为，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
18. 已知抛物线，过点作直线与抛物线相交于两点，为坐标原点.
（1）证明：；
（2）若存在异于点的定点，使得恒成立，请求出点的坐标，并求出面积的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2） 8
（1）
证明：设直线的方程为，
由，得，即，
因为，所以，
，
所以，所以.
（2）
因为，所以，
由角平分线的性质可知，为的角平分线，由抛物线对称性可得，在轴上，
设，，
因为在轴上，所以，，
整理得，由，代入可得，
即，由于上式对任意恒成立，所以，即.
，
到直线的距离为：，面积，
当时，面积有最小值8.
19. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）设，且．证明：
（i）在区间存在唯一的极值点；
（ii）对于（i）中的．
【答案】（1）答案见解析
（2）答案见解析
（1）
已知函数，其定义域为，
求导得，
当时，在上恒成立，所以在上单调递增.
当时令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，在上恒成立，即在上恒成立，
所以在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）
（i）已知，定义域，
当时，单调递减，又因为，所以单调递增，
而也单调递增，故在上单调递增，无极值点；
求导得，设，
，
因为，所以在上为增函数，
而，，
故在上存在一个零点，且时，，
时，，故在上为减函数，在为增函数，
而，，故在上存在唯一一个零点，
且时，即，时，即，
所以在区间上存在唯一的极值点.
所以在区间存在唯一的极值点；
（ii）由（i）得，即，
则，
令，，
求导得，
令，
求导得，
整理得
因为，所以，即在上单调递增，
所以，
所以，在上单调递增，
所以，
即.0
100
200
400
0
250
500