四川内江市2026届高三适应性训练数学试题（含解析）高考模拟

这是一份四川内江市2026届高三适应性训练数学试题（含解析）高考模拟，共6页。试卷主要包含了 已知，，则， 已知函数，则， 在平行六面体中，，，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间为120分钟.
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考号、班级用签字笔填写在答题卡相应位置.
2.选择题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案.不能答在试题卷上.
3.非选择题用签字笔将答案直接答在答题卡相应位置上.
4.考试结束后，监考人员将答题卡收回.
一、单选题：本大题共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. 设为虚数单位，若，则复数的虚部为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【详解】复数，所以复数的虚部为1.
2. 已知全集为整数集合，若集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】集合或，而全集为整数集合，
所以.
3. 已知双曲线的一条渐近线方程为，则双曲线的焦距为（ ）
A. 4B. 5C. 9D. 10
【答案】D
【解析】
【详解】由双曲线可知，因此.
已知一条渐近线方程为，可得，因此.
从而，即，
因此双曲线的焦距为.
4. 记为等比数列的前项和，若，，则（ ）
A. 16B. 18C. 24D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列通项公式和求和公式求解即可.
【详解】若公比，则，此时，，
显然，因此.
由等比数列前项和公式，
代入得：
则，整理得，
所以.
5. 林林是一名大学生返乡创业者，带领自己的助农直播团队通过线上平台销售家乡特色血橙.团队对销售数据和促销方案进行了分析，发现血橙日销售量（吨）与直播时长（小时）之间存在较强的线性相关关系.现抽取五场直播数据，根据下表样本数据：
得到的线性回归方程为，则（ ）
A. ，B. ，
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由表格数据可知，直播时长增大时，日销售量也随之增大，
因此线性回归方程的斜率，而A、B选项中，故A、B错误；
线性回归直线必过样本中心点，计算得
，
将代入回归方程得，
进一步转化得，故C正确，D错误.
6. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由，得
7. 已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，得是中点，从而得出，，作于，即为向量在向量上的投影向量，设，求出，后可得结论．
【详解】因为，所以是中点，则是圆直径，，
又，所以是等边三角形，，
设，则，作于，则，所以，
即为向量在向量上的投影向量，．
故选：B．
8. 南宋数学家杨辉善于利用已知几何图形的面积、体积来计算离散量“垛积问题”. 如图是3个由正方体堆积而成的三角垛，按此规律，在第个三角垛中正方体的总个数为. 设每个三角垛中的每个正方体的棱长均为1，把若干个三角垛拼接成一个直棱柱（可重复使用同一三角垛），该直棱柱底面积为，高为，且，则该直棱柱的体积可表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用直棱柱体积公式，先写出体积表达式，再用特殊值代入选项快速排除错误项；最后通过通项求和公式化简，验证剩余选项的正确性.
【详解】取（），此时，，：
选项A：，故A错误；
选项C：，故C错误；
选项D：，故D错误；
选项B：由于 ，
代入基本求和公式和，整理得
.
则
. 故B正确.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为B. 若，则
C. 在区间上单调递增D. 的图象关于点中心对称
【答案】AC
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简可得，结合正弦型函数周期性可以判断A；利用求出的取值，再计算的值可以判断B；利用“整体法”判断单调区间可以判断C；结合正弦型函数对称中心的性质，代入验证即可判断D.
【详解】利用辅助角公式化简：.
选项A，最小正周期， A正确；
选项B，若，则，即，
得：，即，
因此，B错误；
选项C，当时，令，
则在上单调递增，
因此在上单调递增，C正确；
选项D，若函数关于点中心对称，则满足，
则，D错误.
10. 在平行六面体中，，，则（ ）
A.
B. 平面
C.
D. 三棱锥的外接球表面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】取定空间的一个基底，利用空间位置关系的向量证明推理判断AB；利用空间向量数量积运算律计算判断C；求出三棱锥外接球半径求解判断D.
【详解】在平行六面体中，令，则为空间的一个基底，
，
对于A，，不成立，A错误；
对于B，由，得，由菱形，
得，而平面，则平面，B正确；
对于C，，则，C正确；
对于D，依题意，三棱锥为正四面体，令正的重心为，则平面，
，，令正四面体外接球半径为，
则，解得，所以三棱锥的外接球表面积为，D正确.
11. 现有一枚个面的骰子，各面编号依次为1、2、3、…、.下列正确的是（ ）
A. 若随机掷一次该骰子，等可能地出现各个编号，则出现编号为1的概率为
B. 若，随机掷一次该骰子，等可能地出现各个编号，现独立地先后掷骰子，记事件为“第一次出现的编号为偶数”，事件为“两次出现的编号和为9”，则
C. 若随机掷一次该骰子出现编号为1、2、3、…、的概率依次成等差数列，且随机掷该骰子出现编号为1的概率为，则掷该骰子出现编号为的概率也为
D. 若，随机掷一次该骰子出现编号为1、2、3、…、12的概率依次成等差数列，现独立地先后掷骰子，两次得到的编号分别记为和，且事件“”发生的概率为，则事件“”发生的概率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由等可能性可判断A，由条件概率计算公式可判断B，由等差数列求和公式可判断C，由等差数列求和公式得到，再由代入数据计算即可判断D.
【详解】对于A，由题意随机掷一次该骰子共有个等可能结果，出现编号1仅1种情况，因此概率为​，A正确；
对于B，，独立地掷两次，和为9的所有情况为： ，共4种；
其中满足第一次为偶数的情况为 ，共2种.
由条件概率公式：，B错误；
对于C，设随机掷一次该骰子出现编号为的概率为，由题意概率构成的等差数列，
​，末项​，所有概率和为1，
由等差数列前项和公式： ，
代入​得： ，解得​，
即掷该骰子出现编号为的概率也为，C正确；
对于D，，设随机掷一次该骰子出现编号为的概率为，
由题意概率为等差数列，
由，
由等差数列性质得，，
事件的概率为：
，
​ 代入，​，
得： ，
而事件的概率为​，D正确.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的展开式中，的系数为________.
【答案】
【解析】
【详解】在的展开式中，含的项为，
所以所求系数为.
13. 一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程为___________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据两圆位置关系得动圆圆心到两已知圆心距离和为定值，再由椭圆的定义求解，
【详解】圆的圆心为，，
圆的圆心为，，
设动圆的圆心为，半径为，
由题意得，，则，，
由椭圆定义得的轨迹方程为，
故答案为：
14. 若是函数的一个零点，则________.
【答案】5
【解析】
【分析】利用二倍角公式求出，再利用零点的意义列式，结合求出即可.
【详解】由，得
，则，
即，而，解得，
由是函数的一个零点，得，
因此，整理得，
即，由，得，解得，
所以.
四、解答题：本大题共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. 中国AI大模型正处于一个技术进步、市场规模增长的爆发式发展阶段．为了解中国AI大模型用户的年龄分布，A公司调查了200名中国AI大模型用户，统计他们的年龄（都在内），按照、、、、进行分组，得到如图所示的频率分布直方图．
（1）求m的值；
（2）现要再对关于“AI大模型的使用体验”进行问卷调查，如果按照年龄进行分层抽样，要抽取一个容量为20的样本，则年龄在内的用户要抽取多少人？
（3）估计这200名中国AI大模型用户年龄的平均数（各组数据以该组区间的中点值作代表）．
【答案】（1）
（2）8人 （3）岁
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图得所有矩形面积和为1，即可计算的值；
（2）先计算年龄在内的频率，进而可估计样本中年龄在内的人数；
（3）由频率分布直方图计算平均数，取各区间中点值乘以频率后再相加即可求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图得所有矩形面积和为1，
即，解得.
【小问2详解】
年龄在内的频率为，
则抽取的样本中该区间人数为人.
【小问3详解】
设这200名中国AI大模型用户年龄的平均数为，
由频率分布直方图计算平均数，即.
故这200名中国AI大模型用户年龄的平均数为岁
16. 如图，和都垂直于平面，且，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）若是边长为2的等边三角形，求平面与平面所成夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中点，利用线面垂直的性质、平行公理及线面平行的判定推理得证.
（2）作出二面角的平面角，利用几何法求解.
【小问1详解】
取的中点，连接，由是的中点，得，
由和都垂直于平面，得，又，
则，四边形为平行四边形，，
而平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
延长交于点，连接，则平面平面，
由（1）得点是线段的中点，由是边长为2的等边三角形，得，
则，即，由平面平面，得，
而平面，则平面，又平面，
因此，是二面角的平面角，
在中，，则，，
所以平面与平面所成夹角的余弦值.
17. 在中，角所对的边是.
（1）写出正弦定理并证明；
（2）如图，若，是内一点，，，，，求的面积.
【答案】（1）正弦定理：在任意中，角所对边分别为，外接圆半径为，则；证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）写出正弦定理的标准形式，用面积法或外接圆法证明，核心是通过三角形面积或直径构造直角三角形，推导出边与对角正弦值的比值关系；
（2）在中用正弦定理求，得；再在中用余弦定理求，最后用面积公式计算的面积。
【小问1详解】
正弦定理：在任意中，角所对边分别为，外接圆半径为，则.
证明：由于的面积可表示为，
将三式同除以，得，
变形即得.
作的外接圆，圆心为，半径为.
当为锐角时，作直径，连接，则，.
在中，，故，即；
当为钝角时，同理可证，仍有；
当为直角时，同理可证.
综上可得，正弦定理得证.
【小问2详解】
由正弦定理：，代入已知，可得
，因为在内部，，故，
因此，可得.
设，由余弦定理：
代入，得，取正根得.
因此的面积为.
18. 已知曲线的方程为：，、为常数，斜率为的直线过点.
（1）若，抛物线上一点，点为焦点，求的值及线段的长；
（2）若，直线与曲线有三个不同的交点，求的取值范围；
（3）若实数、满足：且，设直线与曲线有三个不同的交点，，求的取值范围.
【答案】（1），；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）把代入，利用点在抛物线上求出，再求出焦点坐标及准线方程即可.
（2）把代入，分段求出曲线方程，再根据交点分布情况列式求出范围.
（3）根据给定条件，分段求出曲线方程，利用交点个数将表示为的函数，再利用的范围求解.
【小问1详解】
当时，抛物线过点，则，
抛物线的焦点，准线，所以.
【小问2详解】
当时，曲线，
当时，是开口向右的抛物线，当时，是轴负半轴，
由直线与曲线有三个不同的交点，得直线与轴负半轴必相交，
由，得，因此，解得；
直线与抛物线有两个不同交点，即方程有两个不等的非负根，
由，解得，因此，
所以的取值范围是.
【小问3详解】
由且，得曲线的方程为：，，
当时，是开口向右的抛物线；
当时，是开口向左的抛物线（除顶点外），
由直线与曲线有三个不同的交点，等价于直线与相交，且与抛物
线相切，或直线与相切，且与抛物线相交，
不妨令，由消去得，，
由消去得，，
若直线与相交，且与抛物线相切，
则，解得，，
；
若直线与相切，且与抛物线相交，
则，解得，，
，
所以的取值范围是.
19. 已知函数，，其中为常数，为自然对数的底数，.
（1）当时
①求函数在处的切线方程；
②证明：；
（2）若函数有零点，求的取值范围并证明函数的零点是唯一的.
【答案】（1）①；②证明见解析；
（2），证明见解析；
【解析】
【分析】（1）①代入值，求导得到切线斜率和切点坐标，从而得到切线方程；
②利用二次求导法和零点存在性定理即可证明；
（2）分、和讨论即可.
【小问1详解】
①当时，，
因为，
所以函数在处的切线斜率为，
由f12=e−e2−14，
知函数在处的切线方程为.
②因为，所以
令，得，（其中为的导函数），
于是在单调递减，在单调递增
由
知存在唯一零点使得
当时，，当时，，
即在单调递增，在单调递减，
而，
所以在区间内恒成立，得证.
【小问2详解】
当时，，
由②知，即此时无零点，
当时，f(x)=ex−xa−(e−2)x−1≤ex−(e−1)x−1 ，
令，
由在单调递增，且，
所以存在唯一零点使得，
则当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
而，所以，知，即此时无零点.
下证：当时，在区间内有零点，并且零点是唯一的，
，
，故，
又，得，（其中是的导函数），
于是在区间内单调递增，有唯一零点为的最小值点，
即f'(x)min=f'x0，
我们断言：，否则f'x0≥0 ，从而在区间上单调递增，与矛盾，现列表如下：
再列表如下：
综上，在区间内的零点是唯一的.
2
3
4
5
6
2
4
6
8.5
11.5
0
1
0
单调递减，正变负，有唯一零点
单调递增，负变正，有唯一零点
0
1
0
0
0
单调递增，
单调递减，正变负，有唯一零点
单调递增，
0