四川眉山市2026届高三下学期二诊数学试题（含解析）高考模拟

这是一份四川眉山市2026届高三下学期二诊数学试题（含解析）高考模拟，共7页。试卷主要包含了考试结束后，只将答题卡收回等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、考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，再选涂其他答案标号．
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色笔迹的签字笔，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，只将答题卡收回．
一、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，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据交集的定义求解.
【详解】根据交集的定义可知，.
2. 若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的运算可得，即可得答案.
【详解】因为，
所以，
所以在复平面内对应的点位于第一象限.
3. 已知，．若，则（ ）
A. B. C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行向量坐标关系计算求解.
【详解】因为，且，则，即.
4. 为了得到函数的图象，只需将函数的图象上所有的点（ ）
A. 先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度
B. 先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度
C. 先将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度
D. 先将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度
【答案】A
【解析】
【详解】A选项，先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到，
再向右平移个单位长度，得到，A正确；
B选项，先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到，
再向左平移个单位长度，得到，B错误；
C选项，先将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到，
再向左平移个单位长度，得到，C错误；
D选项，先将横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到，
再向右平移个单位长度，得到，D错误；
5. 若的展开式中各项的二项式系数和为64，则展开式中含项的系数为（ ）
A. 1B. 6C. 15D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】根据求出值，再利用二项式展开式的通项公式即可得到答案.
【详解】因为二项式系数之和为64，则，则.
则二项展开式通项为，
令，解得，则含的项的系数为.
6. 如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的和都等于同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做等和数列的公和．已知等和数列中，，公和为5，则（ ）
A. 0B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意分析可知数列是以2为周期的周期数列，结合周期性分析求解.
【详解】因为（公和），
所以，
两式相减可得，，
可知数列是以为周期的周期数列，
因为，所以，
又公和为5，所以，
所以，.
7. 在三棱锥中，若平面，，则平面、平面、平面、平面中相互垂直的共有（ ）
A. 1对B. 2对C. 3对D. 4对
【答案】C
【解析】
【分析】应用线面垂直判定定理及面面垂直判定定理分别得出面面垂直即可求解.
【详解】因为平面，平面，平面平面；
因为平面，平面，平面平面；
因为平面，平面，所以，又，平面，
所以平面， 平面，平面平面；
所以平面、平面、平面、平面中相互垂直的共有3对.
8. 已知过点的直线与抛物线交于，两点．若为直线上的动点，则的最小值为（ ）
A. 10B. 8C. 6D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】设直线 联立抛物线,由韦达定理得坐标关系,表示向量并展开数量积,整理为关于 的二次函数,求其最小值再对 取最小,最终得结果.
【详解】由题可知直线的斜率不为.
设直线的方程为,设,,，.
联立,消去得.
由韦达定理得,.
,
.
,.
.
所以.
因平方项 ,当且仅当时，取最小值.
综上,的最小值为.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 为评估某款“端侧AI芯片”在不同模型架构下的推理延迟表现，研发团队在固定输入长度（128tkens）的条件下，对200个公开的深度学习模型进行了单次推理延迟测试（单位：）．测试结果经异常值剔除后，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为，，，，，则下列结论正确的是（ ）
A. 样本中延迟在内的模型个数为60
B. 估计样本的中位数落在区间内
C. 估计样本的平均数约为22.5
D. 该分布呈现出右边“拖尾”形态，说明大部分模型的延迟较低
【答案】AD
【解析】
【分析】求各组频率，即可判断A；对于B：根据中位数的定义分析判断；对于C：结合加权平均数公式运算求解；对于D：结合频率分布直方图分析判断即可.
【详解】由频率分布直方图可知每组的频率依次为：，，，，.
对于选项A：样本中延迟在内的模型个数为，故A正确；
对于选项B：因为，，
所以估计样本的中位数落在区间内，故B错误；
对于选项C：估计样本的平均数约为，故C错误；
对于选项D：该分布峰值在左侧低延迟区间，频率随延迟增大逐渐降低，
所以呈现右拖尾形态，说明大部分模型的延迟较低，故D正确.
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 是偶函数B. 在上单调递增
C. 的导函数有且只有一个零点D. 的极值与极值点数值相等
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，先求定义域，再根据函数奇偶性判断A错误；B选项，求导，解不等式，求出单调性；C选项，分和两种情况，得到C正确；D选项，在BC选项基础上得到D正确
【详解】A选项，令，解得或，故定义域为，
又，
故不是偶函数，A错误；
B选项，当时，，
，故在上单调递增，B正确；
C选项，由B知，当时，恒成立，
故的导函数在上无零点，
又时，，，
令，则，
则在上单调递减，又，
故的导函数在只有一个零点，
综上，的导函数有且只有一个零点，C正确；
D选项，由B知，在上单调递增，无极值点和极值，
当时，，，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故为的极大值点，极大值为，
故的极值与极值点数值相等，D正确.
11. 如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A. 平面
B. 不存在点，使得平面平面
C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为
D. 若正方体棱长为1，则以为球心，为半径的球体被平面所截图形面积的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过证明平面平面，判断A；建立空间坐标系，利用空间向量判断BCD.
【详解】对于A，连接，
由题意可得，
因为平面，平面，
所以平面，
同理可证平面，
又因为、平面，，
所以平面平面，
又因为平面，
所以平面，故A正确；
以为坐标原点，分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设正方体的棱长为，
则，，
所以，
所以，，
所以，，
即，，
又因为平面，且，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面，
所以当点为中点时，三点共线，
此时平面，
所以平面平面，故B错误；
取平面的法向量为，
设，
则，
设直线与平面所成角为，
则
，
因为，
所以，
所以，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故C正确；
当时，易知为边长为的等边三角形，
此时，，，
设点到平面的距离为，
则，
当点与点重合时，取最小值，最小值为，
此时截面的半径取最小值，为，
所以截面面积的最小值为，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设为等比数列的前项和，若，，则数列的公比为________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据等比数列前项和的定义可得，，结合等比数列性质运算求解.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，，则，，
可得，即，
所以数列的公比为2.
13. 已知圆，过点的直线与圆交于，两点，且，设直线的倾斜角为，则________．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】先由直线与圆相交的弦长可得圆心到直线的距离，再由点到直线的距离公式可得斜率及倾斜角.
【详解】因为圆，圆心，半径,且.
则圆心到直线的距离为，
因为过点的直线与圆交于，两点，
所以直线的斜率存在且，直线方程为，即.
由点到直线的距离公式，
化简得，解得.
又因为，
所以.
14. 函数同时满足下列三个条件：
①定义域为，值域为；
②在区间上单调递增，在区间上单调递减；
③对任意，都有．
请写出符合要求的一个的解析式________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】利用常见函数，写出一个符合三个条件的函数即可.
【详解】取，所以函数定义域为，值域为，满足条件①；
当时，，在此区间单调递增，且，所以也单调递增；
当时，，在此区间单调递减，且，所以也单调递减，满足条件②；
由于，满足条件③
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. 在中，已知内角，，满足．
（1）求；
（2）设边上的中线为，若，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据诱导公式及二倍角正弦公式可得；
（2）根据中线向量关系及基本不等式，再结合三角形面积公式可得.
【小问1详解】
因为，且，
所以，即，
因为，所以，且，所以.
【小问2详解】
因为边上的中线为，所以，
，又，且，
所以，即，当且仅当时等号成立.
所以面积，当且仅当时等号成立.
故面积的最大值为.
16. 如图，在四棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，．
（1）当时，求证：平面；
（2）若三棱锥的体积与四棱锥的体积之比为，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理得证；
（2）利用棱锥的体积比求出到平面的距离，由得出，建立空间直角坐标系，利用向量法求两平面的夹角余弦即可.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为当时，E为的中点，所以，
因为，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
取中点,连接，
因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以，
因为平面平面，平面，平面平面，
所以平面，因为，所以，
，
设到平面的距离为，
则，
所以，又，所以，
以分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量，
则，令，则，
取平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，
则.
即平面与平面的夹角的余弦值为.
17. 已知函数，（其中），其导函数为．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，求实数的取值范围，并探究函数的零点个数．
【答案】（1）
（2）的取值范围为；
当时，在定义域内无零点；
当时，在定义域内存在唯一零点；
当时，在定义域内存在两个零点.
【解析】
【分析】（1）分别求出切点坐标和切线斜率，写出切线方程即得；
（2）对函数求导，根据参数进行分类讨论导函数的正负，得出函数的单调区间，分，和三种情况讨论函数的零点个数即可.
【小问1详解】
当时，，，故，.
从而所求切线经过点且斜率为，故曲线在点处的切线方程为；
【小问2详解】
由于，
故，
函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以是的极大值点，即，且在左侧，右侧，
①当时，有，，
从而当或时；当时.
故函数在和上单调递增，在上单调递减，不符合条件
②当时，，从而对和均有，
故在和上单调递增，从而在上单调递增，不符合条件
③当时，有，，
从而当或时；当时.
故函数在和上单调递增，在上单调递减，不符合条件
④当时，对任意都有，
从而当时；当时，
故函数在上单调递增，在上单调递减，符合条件。
综上，的取值范围为
所以，
当，即时，在定义域内无零点；
当，即时，在处取得零点，且是唯一零点；
当，即时，
由于，，
根据零点存在性定理可得在存在唯一零点；
由于，根据零点存在性定理可得在存在唯一零点；
所以时，存在两个零点；
综上，当时，在定义域内无零点；
当时，在定义域内存在唯一零点；
当时，在定义域内存在两个零点.
18. 已知是圆上一动点，，线段的中垂线与线段交于点，点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）设，是上的两点，且，在直线上的射影为，是否存在，使得直线过平面内的定点？若存在，求出的值和定点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2），定点
【解析】
【分析】（1）题意可得，则，由椭圆的定义可知，点的轨迹是以、为焦点的椭圆；
（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，直线的方程为，令，结合根与系数的关系化简可得解.
【小问1详解】
由可知，，
因为线段的垂直平分线与直线交于点，
，所以，
所以由椭圆的定义可知，点的轨迹是以、为焦点的椭圆，
所以，
所以，
所以曲线的方程为．
【小问2详解】
因为，则三点共线，
设直线所在直线方程为，
设，，
由
消去y整理得，
恒成立，
所以，
在直线上的射影为，则，
所以，可得直线的方程为,
令，则
，
当时，即时，为定值，
当直线为轴时也成立，
所以存在，直线过定点.
19. 为培养学生的晨读习惯，某高校推行“每日晨读打卡”学分制度，学生每日需完成线上打卡，打卡结果分为有效打卡和无效打卡，打卡结果如下：
①学生首日进行晨读打卡时，有效打卡的概率为，无效打卡的概率为；
②若前一日为有效打卡，则次日有效打卡的概率为，无效打卡的概率为；
③若前一日为无效打卡，则次日有效打卡的概率为，无效打卡的概率为．
记事件：第天该学生晨读打卡为有效打卡，表示事件发生的概率．
（1）求的值，并推导与的关系式．
（2）记该学生前天晨读打卡中有效打卡的总次数为，为的数学期望．
（i）当时，求的分布列与；
（ii）对任意，证明：数列是常数数列，并说明其实际意义．
【答案】（1）；
（2）（i）
；
（ii）证明见解析；长期来看，该学生每日晨读有效打卡的概率恒为，前天有效打卡的期望总次数恒为，说明打卡的概率分布达到稳定状态.
【解析】
【分析】（1）利用全概率公式，将拆分为计算，同样用全概率公式，将表示为，再代入已知概率化简；
（2）(i)先确定的所有可能取值，分别计算每种组合的概率得到分布列，再利用期望公式计算；
（2）(ii)根据期望的线性性质得到，将的表达式代入该数列的通项，结合（1）中与的关系式，推导相邻两项的差为0.
【小问1详解】
根据全概率公式，第2天有效打卡分两种情况：第1天有效次日有效、第1天无效次日有效，
因此：；
由全概率公式，，
代入条件概率得：，
化简得：（）；
【小问2详解】
(i)的分布列与期望
的所有可能取值为，计算概率得：
；
；
；
的分布列为：
期望：，
(ii) 由期望的可加性，（为指示变量，第天有效取1，否则取0），因此，
对递推式变形得：，
又，因此对任意恒成立，
代入期望关系式得：，
移项得：，
即数列任意相邻两项相等，故该数列是常数数列（常数为0）；
实际意义：长期来看，该学生每日晨读有效打卡的概率恒为，前天有效打卡的期望总次数恒为，说明打卡的概率分布达到稳定状态.
0
1
2
0
1
2