四川攀枝花市2026届高三第二次统一考试数学试题（含解析）高考模拟

这是一份四川攀枝花市2026届高三第二次统一考试数学试题（含解析）高考模拟，共6页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回.等内容，欢迎下载使用。
本试题卷满分150分 考试时间120分钟
注意事项：
1．答题前，考生务必将姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码贴在条形码区.
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，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上题目所规定的答题区域内作答，答在本试题卷上无效.
3．考试结束后，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. 设全集，集合，集合，则集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用补集和交集的定义可求得结果.
【详解】由已知可得或，因此，，
故选：D.
2. 已知复数（为虚数单位）是纯虚数，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【详解】因为为纯虚数，
所以.
3. 抛物线上的点到焦点的距离为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【详解】将点代入抛物线方程，
得，即，解得.
抛物线的准线方程为，代入得准线方程为.
根据抛物线的定义，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，
则点到焦点的距离为.
4. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A. 0.6B. 0.4C. 0.3D. 0.2
【答案】D
【解析】
【详解】因为，
所以，
所以，
所以.
5. 已知函数在处取得极小值，则（ ）
A. B. 1C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】先由求出的可能取值，再逐一进行验证，即可得到的确定取值.
【详解】因为，所以.
由或.
当时，.
由或；由.
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，
故满足题意；
当时，.
由或；由.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以函数在处取得极大值，
故不满足题意.
综上，.
6. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】，
又，，故，
又，，解得，
所以.
7. 若正实数，满足，且，则下列不等式一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先得到或，再结合函数单调性，作差法，举出反例进行判断，得到答案.
【详解】当，即，
又，故，
当，即时，又，故，
A选项，若，则，A错误；
B选项，，
当时，，，，B错误；
C选项，，
不论，，均有，
即，又在R上单调递增，故，C正确；
D选项，当时，不妨设，此时，
显然，D错误.
8. 已知函数的定义域为，且，，为奇函数，则（ ）
A. B. 2C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意利用赋值法可得，，根据奇函数定义可得，赋值可得，分析可知函数的一个周期为4，结合周期性运算求解.
【详解】因为，
令，则，即，
且，可得，
令，则，
且不恒为0，则，即，
又因为为奇函数，则，即，
令，则，可得，
且，
令，则；令，则；
可得，可知函数的一个周期为4，
则，
所以.
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. 某公司近5年的利润情况如下表所示：
利用最小二乘法计算数据，得到的经验回归方程为，则（ ）
A. 变量与正相关B. 回归直线一定过点
C. D. 预测该公司第7年的利润约为9亿元
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据回归方程判断与成正相关，即可判断A；求出、，根据回归直线方程必过，即可求出，即可判断BC；令求出，即可预测第7年的利润，即可判断D.
【详解】因为回归直线方程为，且，所以与成正相关，故A正确；
由题意可得：，，
因为回归直线方程为必过样本中心点，故B错误；
则，解得，故C正确；
当时，，即该公司第7年的利润约为9亿元，故D正确.
10. 已知函数，则（ ）
A. 的周期为B. 的图象关于对称
C. 在区间上有3个零点D. 的最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】探究与的关系，可判断A的真假；探究与的关系，可判断B的真假；求出函数在的零点，判断C的真假；利用导数求函数的极大值，判断D的真假.
【详解】对于A：因为，所以不是函数的周期，故A错误；
对于B：因为，
，
所以，所以的图象关于对称.故B正确；
对于C：因为，
由或.
又，所以或，即在区间上有2个零点，故C错误；
对于D：由.
由或.
当时，或，
若，，则，所以；
若，，则，所以；
当时，，则，所以.
综上可得，当，时，取得最大值.故D正确.
11. 在正四棱柱中，，，点在棱上，且，点在上底面运动，则（ ）
A. 存在点，使得
B. 三棱锥体积的最大值为2
C. 若平面，则的最小值为
D. 以为球心，半径为2的球面与该正四棱柱表面的交线的总长度为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据正四棱柱的性质，结合线线垂直的判定、三棱锥体积公式、空间中线段长度的最值问题以及球面与几何体表面交线的计算方法，对各选项逐一进行分析.
【详解】以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
，D10,2,3，
由得，设，
在A选项中 ，AM=2,2,2，BP=x−2,y,3，
所以AM⋅BP=2x−2+2y+2×3=2x+2y+2>0 恒成立，不可能垂直，A错误，
在B选项中，BM=0,2,2，设平面的法向量为，
则n⋅AM=0n⋅BM=0，故2b+2c=02a+2b+2c=0，取，
而AP=x,y,3，故到平面的距离为y−32≤322，
而，体积VP−ABMmax=13×322×22=2 ，B正确
在C选项中，A1M=2,2,−1，设平面的法向量为m=u,v,t，
则则m⋅A1M=0m⋅BM=0，故2u+2v−t=02v+2t=0，取m=−3,2,−2，
因为A1P=x,y,3，而平面，故，
故即，故，
对称轴​，代入得最小值​​，C正确，
在D选项中，球半径为2，故球在上底面中的截线为一段弧，其半径为，
而弧所对的圆心角为，故此截线的长为.
设球面与棱的交点为，连接，则，而，
故，故，
故球在侧面中的截线弧所对的圆心角为，故此段弧长为，
同理球在侧面中的截线弧长为，故截线总长为，
D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 现从4名男生，2名女生中选3人分别担任语文、数学、英语课代表，且恰好有1名女生被选中，则不同的安排方法共有________种．
【答案】
【解析】
【详解】满足条件的安排方法有.
13. 已知向量，，若在上的投影向量为，则________．
【答案】
【解析】
【详解】因为在上的投影向量为，
所以.
14. 直线交双曲线于，两点（在第一象限），是双曲线的右焦点，的延长线交双曲线于点，，，则的离心率为________．
【答案】
【解析】
【分析】设，根据双曲线的定义，表示出，，的长度，利用余弦定理可得的关系，再在中，利用余弦定理可得的关系，从而得到双曲线的离心率.
【详解】如图，设双曲线的左焦点为，连接，，.
因为关于原点对称，所以四边形是平行四边形.
所以.
设，则.
根据双曲线的定义，，，
，
在中，由余弦定理，，
即，
所以（）.
在中，，，，，
由余弦定理可得，所以.
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. 某学校对学生是否喜欢跑步锻炼进行调查，随机抽取男女学生共n人进行问卷调查，统计得到如下列联表：
若采用比例分配的分层随机抽样从这n人中抽取5人，则有男生3人，女生2人．
（1）求以及这人中喜欢跑步锻炼的概率；
（2）根据小概率值的独立性检验，能否认为学生喜欢跑步锻炼与其性别有关？
（3）用样本估计总体，将频率视为概率，从该校全体学生中随机抽取2人，记其中喜欢跑步锻炼的人数为X，求X的数学期望.
附：，
【答案】（1），
（2）不能认为学生喜欢跑步锻炼与其性别有关
（3）
【解析】
【分析】（1）由条件求男生人数，再结合分层抽样性质求出，由此求出女生人数及女生中喜欢跑步锻炼的人数，结合古典概型概率公式求结论；
（2）完善列联表，提出零假设，计算，比较与临界值的大小即可判断结论；
（3）结合二项分布的定义判断，再根据二项分布期望公式求结论.
【小问1详解】
由已知男生人数为，
又采用比例分配的分层随机抽样从这人中抽取人，则有男生人，女生人，
所以，解得，
所以女生人数为，女生中喜欢跑步锻炼的人数为，
所以这人中喜欢跑步锻炼的总人数为，
所以这人中喜欢跑步锻炼的概率，
【小问2详解】
由（1）可得列联表为：
零假设为：假设是否喜欢跑步锻炼与性别无关，
则，
依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，即不能认为是否喜欢跑步锻炼与性别有关.
【小问3详解】
的可能取值为0，1，2，，
，
.
的分布列为
.
16. 已知数列的前项和为，，．
（1）证明：是等比数列，并求出的通项公式：
（2）求数列的前项和；
（3）若，求的取值范围．
【答案】（1）证明见详解；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由与关系结合题意可得，据此可完成证明；进而求出的通项公式；
（2）由（1）结合错位相减法可得答案；
（3）根据（1）得到，根据作差法得到数列的单调性，再求范围即可.
【小问1详解】
已知，故，当时，.
因为，代入，
整理得.
因此是首项为、公比为的等比数列，
所以，故.
【小问2详解】
两边同乘​得
得，，
整理得.
【小问3详解】
由​得，设​，对任意正整数恒成立，
只需的最大值.
，
当时，，即；
当时，，即，
故最大值为.
因此的取值范围为.
17. 如图，平面四边形中，是边长为2的等边三角形，，．现将沿翻折至，使得．
（1）证明：平面平面；
（2）已知是线段上的点，若直线与平面所成角的正弦值为，求点到直线的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用勾股定理的逆定理证明，，再利用线面垂直的判定定理证明平面，最后利用面面垂直的判定定理证明平面平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到直线的距离.
【小问1详解】
在中，，，，
由余弦定理，，
即.
由，
所以为直角三角形，且.
在中，，，，
因为，所以为直角三角形，且，
由平面，，所以平面.
由平面，所以平面平面.
【小问2详解】
以的中点为原点，所在直线为轴，以过点与平行的直线为轴，
以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，，，.
所以，.
设平面的法向量为，
则，
令，则，，此时.
因为，设（），
则.
因为，，，
由，
又，所以.
所以.
因为，，，
所以点到直线的距离为：.
.
18. 已知，分别为椭圆的左，右顶点，为的上顶点，，直线的斜率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线与椭圆交于两点，（在第一象限），直线，分别交轴于，两点：
（ⅰ）是否存在常数使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
（ii）当面积取最大值时，求的值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）存在,使得；（ii）
【解析】
【分析】（1）由椭圆顶点坐标,结合直线斜率得 比例关系,再由线段长联立方程,求出 ,即得椭圆方程.
（2）（ⅰ）设直线联立椭圆,由韦达定理得纵横坐标关系,求出 纵坐标,代入向量比例化简消参,可得 为定值3.（ⅱ）由 设出 纵坐标,写出直线 方程并联立椭圆,得到 点横坐标表达式；用底乘高表示 面积,构造函数求导分析单调性,找到面积最大值对应的参数,代入算出此时的值.
【小问1详解】
已知，直线的斜率.
由斜率公式得，即.
由两点间距离公式得.
因为，联立解得，.
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
（ⅰ）由题可知过点的直线斜率不为，（否则点与点重合）
设, 由，消去得
, 即，
,
直线,令可得
直线,令,可得，
因为共线，
所以
,
所以存在,使得.
（ii）设,则,所以,
直线,由消去得
由可得,
,
令,
,
令,解得,
当时，,当时，,
故在上单调递增,在上单调递减,
所以当时,取最大值,
所以此时.
19. 已知函数．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若在上的最大值为0，求实数的值；
（3）若不等式对任意的恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）对函数求导，求出切点处的导数值和函数值，进而可求出切线方程.
（2）对函数求导，分，，三种情况讨论函数的最大值，从而确定的值.
（3）先化简不等式，然后构造函数，两次求导，判断单调性求出最小值，进而求出的范围.
【小问1详解】
当时，，求导得，
可得，，
所以曲线在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
，，令，得，
①当，即时，在恒成立，所以在上单调递减，
所以，，不合条件，舍去；
②当，即时，当，，当，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，解得，符合条件；
③当，即时，在恒成立，所以在上单调递增，
所以，，不合条件，舍去.
综上，.
【小问3详解】
由，可得，即，
设，其中，则，
设，则，
当时，，，且等号不同时成立，则恒成立，
当时，，，则恒成立，则在上单调递增，
又因为，，
所以，存在使得，
当时，；当时，.
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，且，
作出函数的图象如下图所示：
当时，由（2）得，且当时，，
此时函数的值域为，即.
（ⅰ）当时，即当时，恒成立，合乎题意；
（ⅱ）当时，即当时，取，
结合图象可知，不合乎题意.
综上所述，实数的取值范围是.
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