四川省广安市2026届高三下学期二模数学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省广安市2026届高三下学期二模数学试卷（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了考试结束后，只将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
数学试题
本试卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡规定的位置上．
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号．
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．
5．考试结束后，只将答题卡交回．
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A=,B=，则（ ）
A. A=BB. AB=C. ABD. BA
【答案】D
【解析】
【详解】由于，故A、B、C均错，D是正确的，选D.
考点：本题考查子集的概念，考查学生对基础知识的掌握程度.
2. 已知不共线向量、满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据共线向量的判定定理可得存在实数，使得，进而运算求解.
【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. 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
【答案】B
【解析】
【详解】若，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. 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
【答案】C
【解析】
【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.
【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. 函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数图象依次确定的值，再利用诱导公式化简即得.
【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. 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
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均数、中位数的知识来确定正确答案.
【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. 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
【答案】D
【解析】
【分析】画出图形，利用抛物线的定义以及性质，转化求解最小值．
【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. 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.
【答案】A
【解析】
【分析】由，结合题意可得，当越来越大时，会无限趋近于，即可得解.
【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.
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，有多项是符合题目要求，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. 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
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意推得，结合椭圆方程求出，即可逐一判断各选项.
【详解】由图知，，因，则是正三角形，
又，则，故椭圆离心率为，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. 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
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正方体的对称性和选项中几何体的结构特征，充分利用正方体的体对角线与面对角线的特点逐一分析计算即可判断.
【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. 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.
【答案】ACD
【解析】
【分析】先由题设结合奇偶性和对称性性质、求导运算依次求出是奇函数、、函数和是周期为6的函数和即可依次分析判断ABC，由题设依次求出即可判断D．
【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；
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，虚数单位，则____.
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得的值.
【详解】由可得，故.
故答案为：.
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____________．
【答案】1
【解析】
【分析】由等差数列的通项公式求得，再根据与的关系即可求解．
【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. 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____________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由同角三角函数的平方关系，换元法及正弦函数的值域即可求解时，的值域；当、时，令，利用一次函数不等式在上恒成立，可得出关于实数的不等式组，可求出实数的取值范围，可得出集合、，当时，分析得出，由此可得出实数的取值集合为．
【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．
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. 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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换可得，即可得结果；
（2）根据三角形面积公式可得，结合余弦定理可得，即可得结果.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
则，
又因为，则，可得，
即，所以.
【小问2详解】
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. 在四棱锥中，底面，，，，．
（1）证明：；
（2）求平面与平面夹角的正切值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用向量法求面面角余弦，最后应用同角三角函数关系即可得出答案.
【小问1详解】
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.
小问2详解】
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. 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：
【答案】（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
【解析】
【分析】（1）对函数求导后，根据的取值分类讨论函数的单调性即可；
（2）依题意求出，由可得，利用零点存在定理推理得到，求出并化简得，再利用其单调性即可证明.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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. 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：．
【答案】（1）
（2）①分布列见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题目所给分布列直接求解即可；
（2）①“”可取的值为，再结合条件概率和分布列表即可求出每个取值对应的概率，即可求解分布列；②利用期望定义和求和运算性质化简证明．
【小问1详解】
由已知．
【小问2详解】
① “”可取的值为，
因为，
所以，
，
，
所以“”分布列为
②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．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）时
【解析】
【分析】（1）借助离心率与及双曲线上的点计算即可得；
（2）由题意可得，联立曲线方程，可表示出，
从而可用、表示出、，再表示出后利用等比数列定义即可得证；
（3）表示出可得数列也为等比数列，则可表示出、坐标，再利用三角形面积公式计算可得，由点关于轴的对称点为，可得，则可表示出，最后得到后，利用及对勾函数性质计算即可得.
【小问1详解】
由题意可得，则，故，
故有，解得，则，
即曲线的方程为；
【小问2详解】
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；
【小问3详解】
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