四川省广安市2026届高三下学期第二次模拟考试 数学试卷（含解析）

这是一份四川省广安市2026届高三下学期第二次模拟考试 数学试卷（含解析），共32页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合A=,B=，则（ ）
A．A=BB．AB=C．ABD．BA
2．已知不共线向量、满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知，是两条不同的直线，且在平面内，则“”是“”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
4．甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ）
A．30种B．60种C．120种D．240种
5．函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知4个不全相等的正整数的平均数与中位数都是2，则这组数据的极差为（ ）
A．4B．3C．2D．1
7．已知点为抛物线上的动点，点为圆上的动点，点为抛物线的焦点，则的最小值为（ ）
A．8B．7C．6D．5
8．借助信息技术计算的值，我们发现当时，的底数越来越小，而指数越来越大，随着越来越大，会无限趋近于（是自然对数的底数），根据以上知识判断，当越来越大时，会无限趋近于（ ）
A．B．C．3D．
二、多选题
9．椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线与的另一个交点为，若，则（ ）
A．的短轴长为B．的焦距为2
C．的周长为8D．的离心率为
10．下列几何体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为0.99m的球体
B．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体
C．底面直径为0.8m，高为1.1m的圆锥体
D．所有棱长均为1.4m的四面体
11．已知定义在上的偶函数满足，，设在上的导函数为，则（ ）
A．B．C．D．
三、填空题
12．已知复数满足，是虚数单位，则____.
13．记为数列的前项和，已知，是公差为1的等差数列．则的通项公式为____________．
14．设函数．当时，的值域为____________；若存在，使得关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是____________．
四、解答题
15．记的内角，，的对边分别为，，，且．
(1)求角的大小；
(2)若，的面积为，求的周长．
16．在四棱锥中，底面，，，，．
(1)证明：；
(2)求平面与平面的夹角的正切值．
17．已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)设，当时，在上的极小值点为，求证：．
注：
18．已知是二维离散型随机变量，其中、是两个离散型随机变量，的分布列如下表：
(1)求和；
(2)“”表示在条件下随机变量的分布情况．
①求“”的分布列；
②为的数学期望，为“”的数学期望，证明：．
19．已知双曲线的离心率为，点为双曲线上的点，按如下方式依次构造点（且），过点作斜率为的直线与双曲线的另一支交于点，点关于轴的对称点为，记的坐标为．
(1)求曲线的方程；
(2)证明为等比数列；
(3)记的面积为，四边形的面积为，求取何值时最小．
参考答案
1．D
【详解】由于，故A、B、C均错，D是正确的，选D.
2．B
【详解】因为向量、不共线，则均不为零向量，
若，则存在实数，使得，
则，解得.
3．B
【详解】若，在平面内,则，
若，在平面内，则不一定能得出，
所以“”是“”的必要不充分条件．
4．C
【详解】首先确定相同得读物，共有种情况，
然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种，
根据分步乘法公式则共有种，
故选：C.
5．D
【详解】由图知，该函数的周期满足，即，解得，
则，将点代入，可得，
由图知，函数图象在点附近单调递减，故，即，
故.
6．C
【详解】设这四个不全相等的正整数为，
不妨设，
则，
所以，
由于是正整数，所以，
（若，则，与已知个数不全相等矛盾）
所以极差为.
故选：C
7．D
【详解】由题可知，抛物线焦点，准线方程为，圆心，半径为1，
过点作直线，垂足为，如图所示，
由抛物线定义可知，，
所以，
当点在同一直线时，可取到最小值，
因为点到直线的距离为6，
所以，即的最小值为5．
8．A
【详解】因
，
由题意随着越来越大，会无限趋近于，则此时无限趋近于，
无限趋近于1，同时，无限趋近于，
故当越来越大时，会无限趋近于.
9．BC
【详解】由图知，，因，则是正三角形，
又，则，故椭圆的离心率为，故D错误；
由可得，则，
由可得，解得，故椭圆的短轴长为，故A错误；
焦距为，故B正确；的周长为，故C正确.
10．ACD
【详解】对于A，球体的直径为m，小于正方体的棱长，则可以放入棱长为1m的正方体容器内，故A正确；
对于B，因正方体内最长的线段是体对角线，它的长为，而该圆柱的高为1.8m，
故无法整体放入棱长为1m的正方体容器内，即B错误；
对于C，如上图将底面直径为0.8m，高为1.1m的圆锥体放置即可，
此时圆锥的顶点在正方体的体对角线上，
底面圆圆心在平面上，由正方体的对称性性质易得，
且的内切圆半径满足，解得，故C正确；
对于D，如上图，在正方体中，连接，
得到正四面体，
因其棱长，故所有棱长均为1.4m的四面体可整体放入该正方体，故D正确.
11．ACD
【详解】由题得，所以即，
所以是奇函数，故，
又由得函数关于点对称，，
所以，故，
所以，即函数是周期为6的函数，
所以也是周期为6的函数，即，
由求导得即，
所以，
对于A，，故A正确；
对于B，由无法确定的值，故B错误；
对于C，由上也是周期为6的函数，即，C正确；
对于D，由得，
且即，且即，
且即，，
所以，
所以，，
所以，故D正确；
12．
【详解】由可得，故.
故答案为：.
13．1
【详解】因为，是公差为1的等差数列，
所以，则①，
当时，②，
由①②得，，
所以数列为常数列，．
14．
【详解】当时，，，
设，不妨设，
所以当时，的值域为；
当时，即恒成立时的取值集合为，
则a的取值范围为．
①当时，，
令，
则对恒成立，所以，
解得，即；
②当时，，
令，
则对恒成立，
所以，
解得，即；
③当时，易知，
若，即，
则
即，所以.
综上所述，的取值范围为．
15．(1)
(2)
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
则，
又因为，则，可得，
即，所以.
（2）因为的面积为，可得，
由余弦定理可得，
即，可得，
所以的周长为.
16．(1)证明见详解
(2)
【详解】（1）在四边形中，作于，于，
因为，
可知四边形为等腰梯形，则，
可得，，
即，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为平面，可得平面，
且平面，所以.
（2）如图，以点为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，则，
可得，
设平面的法向量，则有，
令，则，可得，
设平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，则，
则，
可得，
所以平面与平面的夹角的正切值为.
17．(1)当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
(2)证明见解析
【详解】（1）由求导得，
当时，，则函数在上单调递增；
当时，由可得，
当时，，当时，.
则函数在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，，
则，因在上的极小值点为，
则，即得①，
因，，由零点存在定理，可得，
将① 代入，得，
因为该函数在上单调递减，则，故得证.
18．(1)
(2)①分布列见解析；②证明见解析
【详解】（1）由已知．
（2）① “”可取的值为，
因为，
所以，
，
，
所以“”分布列为
②证明：
．
19．(1)
(2)证明见解析
(3)时
【详解】（1）由题意可得，则，故，
故有，解得，则，
即曲线的方程为；
（2）由题意可得，
由点关于轴的对称点为，则，
联立，则，
则，则，
，
故，
又，故为以为首项，为公比的等比数列；
（3）由（2）知为以为首项，为公比的等比数列，则，
由，，
则，
又，故为以为首项，为公比的等比数列，
则，
故，，
设，则，，
则，即，
，即，
，即，
则
，
故，
由，
，
，
，
则
，
由点关于轴的对称点为，故轴，
故，
，
，，
则
则，
由在上单调递减，在上单调递增，
且，，则当，即时，
有最小值，则.
0
2
4
1
3
0
2
4