四川省绵阳市2026年高三三诊考试数学试卷含解析（word版+pdf版）

这是一份四川省绵阳市2026年高三三诊考试数学试卷含解析（word版+pdf版），共15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：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. 已知复数，则
A．2B．C．0D．
【答案】A
【解析】 ，故.
2. 已知集合，集合，则
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由，，则.
3.已知，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】由题可知，
若，则，当且仅当“”时取“”，
则；
若取，满足，但，
故“”是“”必要不充分条件 .
4.已知向量满足，则
A．B．C．1D．0
【答案】D
【解析】由可知，
故.
5.5名工人各自在4天中选择1天休息，不同方法的种数是
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】每一个工人都有4种选择方法，故5名工人不同方法的种数有种.
6.已知各项均为正数的等比数列，若，则公比
A．B．2C．D．4
【答案】B
【解析】由题意可得，，，
则，即，
则，故或，
当时，则，不符，故舍去；
当时，则，符合题意；
综上可得：.
7.已知双曲线的焦点在轴上，且其中一条渐近线方程为，则该双曲线的离心率为
A．B．2C．D．
【答案】C
【解析】因为双曲线的焦点在轴上，且其中一条渐近线方程为，
所以，即，所以.
8.将函数的零点从小到大排列构成数列，则的前8项和为
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】，
令，则或，
所以或，
将的零点从小到大排列：，
所以数列的前8项和为.
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.某学校开展了一次国防知识测试活动，满分为10分，用纸质统计了40名学生的成绩，如下表所示，最低分为5分，有部分格子破损．
关于这40名学生的成绩，则
A．众数为9B．极差为5
C．第30百分位数为6D．平均数小于中位数
【答案】ABD
【解析】A. 9分人数为10人，是已知各分数段中最多，
由于5分（设为x人）与6分（设为y人）总人数为8人（），
任一分数人数最多为8，不可能超过10，因此众数必为9，故正确；
B.最低分为5分，最高分为10分，极差为 ，故正确；
C.总人数40，第30百分位数位置为 ，即取第12和第13个数据的平均值，
前8个数据为5分或6分，第9至16个数据均为7分
第12、13个数据均为7 第30百分位数为7，故选项错误.
D.中位数：第20、21个数据位于8分区间（前16个为5/6/7分，第17–23为8分） 中位数为8，
平均数计算： ，
因 ，故 ，即平均数小于中位数.
10.在正方体中，E，F，G，H，M，N分别是棱，的中点．下列说法正确的是
A．直线EF、MN、CD相交于同一点
B．GN和MH是异面直线
C．若点在直线上，则平面EFH
D．E，F，G，H，M，N在同一个球面上
【答案】ACD
【解析】对A，因为分别是的中点，所以，且，
所以为平行四边形，所以，
又分别是的中点，所以，所以且，
所以共面且不平行，记其交点为，易知是平面和平面的公共点，
所以点在平面和平面交线上，
所以交于同一点，正确；
对B，易知，且，所以为平行四边形，
所以GN和MH共面，错误；
对C，分别是的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
同理可证，平面，又是平面内的两条相交直线，
所以平面平面，
因为平面，所以平面，正确；
对D，由正方体的几何特征可知，正方体的中心（体对角线的交点）到各棱中点的距离相等，
所以E，F，G，H，M，N在以正方体的中心为球心与各棱相切的球上，正确.
11.已知为坐标原点，抛物线的焦点为，点（异于）在抛物线上，轴于点，曲线在点处的切线为，且与轴交于点．下列说法正确的是
A．为OB的中点
B．可能为锐角三角形
C．若，则四边形ABCF的面积不小于
D．若与圆心在轴上的圆相切于点，且，则
【答案】ACD
【解析】设，
由于，故，因此曲线在点处的切线为，
令，则，故,又,故为OB的中点，A正确，
由于，，故,
则，因此,为直角三角形，故B错误，
若，则,因此，故，由于则，
四边形ABCF的面积为，故C正确，
直线，令，则,故，
由于，故,故,因此，故（负值舍去），，
因此，即,D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.已知随机事件和，其中．则________.
【答案】
【解析】由概率的加法公式：,
代入已知条件得：，解得 .
13.若是奇函数，当时，．则_______.
【答案】-2
【解析】由奇函数性质得，.所以 .
14.融合科技和娱乐的无人机群表演深受人们欢迎．现有架无人机依次围成一个圆形飞行表演编队（相邻）。操控员需要对每架无人机发送两种编码：频段编码（0 或1）和校验编码（或），无人机端接收频段编码和校验编码。为了保证无人机群飞行的稳定，要求相邻两架无人机之间的频段编码或者校验编码至少有一个相同，称满足这样条件的编码为合法编码，设该无人机群飞行编队的合法编码有 种．则 ________，________.
【答案】28
【解析】方法一：列树状图易知
注意到．
猜．
方法二：设架无人机围成圆形，每架无人机有 4 种状态（频段与校验的组合）。相邻无人机必须满足频段相同或校验相同。
考虑线性排列：第一架有 4 种选择，之后每架有 3 种选择（与前一架兼容），故线性排列数为.
对于环形排列，需首尾兼容。利用对称性，固定第一架为某状态（如 00 ），设表示从该状态出发经过步回到自身的路径数（每步有 3 种选择）,环形排列数.
由递推可得，初始，解得。
因此。
， .
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，，，已知．
(1)求；
(2)若是AB边上一点，且，求的值 .
【解析】（1）∵，
由正弦定理得：，又，1分
∴，2分
∴，4分
∴，又，则；6分
（2）方法一：在△BCD中，∵BD=CD，可得，，
又∵，7分
∴，，8分
又在△ACD中，由正弦定理得：，且CD=2AD，
∴，9分
∴，则，由（1）知：，则，11分
∴．13分
方法二：设AD=x，则BD=CD=2x，7分
在△ABC中，由余弦定理得：，
∴ ①，8分
又，9分
平方得：，10分
∴ ②，11分
由①消去得：，又，所以．13分
16.椭圆的左，右焦点分别为，过外的点且斜率为的直线交于两点．当过时，的周长为．
（1）求的方程；
（2）为坐标原点，设直线的斜率分别为．证明：成等差数列．
【解析】（1）∵l过F1(−c，0)时，△ABF2的周长为8，则，，2分
设，则，4分
∴，5分
又，则，6分
又，可得：，，7分
∴E的方程为：；8分
（2）已知直线l的方程为：，设，，9分
联立，消y整理得：，10分
则：，，11分
∴12分
13分
，14分
∴，，成等差数列．15分
17.如图，三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，，为BC的中点，为上底面的中心．
(1)证明：平面ABC；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
【解析】
方法一：（1）设，，，1分
∵
，3分
∴
，5分
又，
∴，，7分
又∵，
∴EF⊥平面ABC；8分
（2）∵EF⊥平面ABC，以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，
∴，，
，，
设，由，
可得，
∴，10分
易知平面的一个法向量，11分
设平面A1EC1的法向量为，由，
得，可得一个法向量，13分
∵，14分
∴平面FA1E与平面A1EC1的夹角的余弦值为．15分
方法二：（1）连接A1B，A1C，易知△AA1B≌△AA1C，1分
A1A=1，AB=AC=2，∠BAA1=∠CAA1=60◦，由余弦定理，
∴∠AA1B=∠AA1C=90◦，且A1B=A1C=，2分
由E为BC中点，则BC⊥A1E，
延长A1F交B1C1于点G，则A1G⊥B1C1，则A1G⊥BC，A1E∩A1G=A1，
∴BC⊥平面A1GE，EF平面A1GE，
∴BC⊥EF，EF⊥B1C1，4分
在Rt△A1BE中，可得A1E=，5分
在△A1EG中，EG=1，A1G=，则A1G2=EG2+A1E2，
∴A1E⊥EG，6分
又F为A1G上靠近点G的一个三等分点，FG=，A1F=，
可得EG2−GF2=A1E2−A1F2=，∴EF⊥A1G，7分
又A1G∩B1C1=G，则EF⊥平面A1B1C1，
∴EF⊥平面ABC；8分
（2）由（1）知GE=AA1=1，A1E=，A1G=，
∴GE2+A1E2=A1G2，则GE⊥A1E，10分
又由（1）知BC⊥A1E，BC∩GE=E，BC平面GEC1，GE平面GEC1，
∴A1E⊥平面GEC1，
又GE平面GEC1，12分
∴C1E⊥A1E，13分
∴∠GEC1为平面A1EF与平面A1GE的夹角，14分
在Rt△EGC1中，cs∠GEC1===．15分
18.一个袋子中装有个大小相同的小球，编号分别为，且．进行两次实验：第一次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为．第一次实验完成后，将球放回袋中，再进行第二次实验；第二次：从中不放回地随机取出个球，记所取球的编号组成的集合为．设随机变量表示的元素个数．
(1)若，求的分布列；
(2)若，且，求；
(3)求的方差（结果用k，n表示），并探究k，n具有怎样的关系时，最大？
【解析】（1）若n=4，k=2时，X=0，1，2.
；2分
；3分
，4分
故X的数学分布列为：
（2），5分
∴，6分
∴，7分
∴，8分
又，且方程无正整数根，
∴n=6；9分
（3），则，
由于两次抽取相互独立，且每个球被抽到的概率均为，
∴，，
因此，11分
，
可得：，其中，，
又，
∵，12分
因此，13分
∵共有项，，
代入得：，14分
∴，15分
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①当n为偶数时，，D(X)最大，D(X)；16分
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②当n为奇数时，或，D(X)最大，D(X)．17分
19.19．（17分）已知函数．
①证明：当时，；
（2）若存在两个极大值点．
（i）当 0 是的极小值点时，证明：；
（ii）当时，是否存在，使得？如果存在，请求出的值，如果不存在，请说明理由．.
【解析】（1）∵，
由于，，则，1分
令，
要证，，只需证：，2分
，易知，
，，（其中为函数的导函数）
，可得，（其中为函数的导函数）
∴在上单调递增，，
∴在上单调递减，，
∴在上单调递增，，3分
∴当时，，；4分
（2）∵，且，
∴，5分
（ = 1 \* rman \* MERGEFORMAT i）∵0为的极小值点，由于，
∴必有，即，6分
由于，
令，则，7分
∴存在，使得在与上满足，单调递减；在上，单调递增．8分
∴存在，使得在与上有，单调递增；在与上有，单调递减．9分
∴的极大值点为：，
由于，则，
在(1，x2)单调递增，则．10分
由于，
由（1）得：，
∴，则；11分
（ = 2 \* rman \* MERGEFORMAT ii）∵为的一个极大值点，
，且，由于，所以，
即(＊)，12分
消去a可得，，
∴，13分
令，由于，
则T(x)在单调递增，又T(0)=0，但，所以，则，
将带入(＊)得到，15分
下面检验当时，代入得到，
此时，
易知，
又，则为的极大值点，16分
，则为的极大值点，且，则符合题意；
∴存在，使得．17分成绩／分
5
6
7
8
9
10
人数
8
7
10
7
X
0
1
2
P