2026届成都实验高级中学高三第六次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届成都实验高级中学高三第六次模拟考试数学试卷含解析，共9页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，已知复数z满足，则z的虚部为，关于函数，有下列三个结论等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．的展开式中的系数为( )
A．－30B．－40C．40D．50
2．已知集合，，若，则（ ）
A．或B．或C．或D．或
3．某学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况，抽取了一个容量为的样本，其频率分布直方图如图所示，其中支出在（单位：元）的同学有34人，则的值为（ ）
A．100B．1000C．90D．90
4．复数（ ）
A．B．C．0D．
5．如图，在四边形中，，，，，，则的长度为（ ）
A．B．
C．D．
6．设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ）
A．且B．且C．且D．且
7．已知复数z满足，则z的虚部为（ ）
A．B．iC．–1D．1
8．关于函数，有下列三个结论:①是的一个周期；②在上单调递增；③的值域为.则上述结论中，正确的个数为（）
A．B．C．D．
9．如图1，《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题:今有竹高一丈,末折抵地,去本三尺，问折者高几何? 意思是:有一根竹子, 原高一丈（1丈=10尺）, 现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离三尺，问折断处离地面的高为（ ）尺.
A．B．C．D．
10．抛物线的焦点为F，点为该抛物线上的动点，若点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
11．己知抛物线的焦点为，准线为，点分别在抛物线上，且，直线交于点，，垂足为，若的面积为，则到的距离为（ ）
A．B．C．8D．6
12．设，若函数在区间上有三个零点，则实数的取值范围是( )
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在平行四边形中，已知，，，若，，则____________．
14．平面向量与的夹角为，，，则__________．
15．已知关于空间两条不同直线m、n，两个不同平面、，有下列四个命题：①若且，则；②若且，则；③若且，则；④若，且，则.其中正确命题的序号为______.
16．某四棱锥的三视图如图所示，那么此四棱锥的体积为______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，点、分别为，的中点，且平面平面.
（1）求证：平面.
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
18．（12分）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，底面ABCD是边长为2的菱形，点E，F分别为棱DC，BC的中点，点G是棱SC靠近点C的四等分点.
求证：（1）直线平面EFG；
（2）直线平面SDB.
19．（12分）如图所示，在三棱锥中，，，，点为中点．
（1）求证：平面平面；
（2）若点为中点，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
20．（12分）已知首项为2的数列满足.
（1）证明：数列是等差数列．
（2）令，求数列的前项和.
21．（12分）如图，四棱锥E﹣ABCD的侧棱DE与四棱锥F﹣ABCD的侧棱BF都与底面ABCD垂直，，//，.
（1）证明：//平面BCE.
（2）设平面ABF与平面CDF所成的二面角为θ，求.
22．（10分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，）.在以坐标原点为极点、轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线的极坐标方程为.
（1）若点在直线上，求直线的极坐标方程；
（2）已知，若点在直线上，点在曲线上，且的最小值为，求的值.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C
【解析】
先写出的通项公式，再根据的产生过程，即可求得.
【详解】
对二项式，
其通项公式为
的展开式中的系数
是展开式中的系数与的系数之和.
令，可得的系数为；
令，可得的系数为；
故的展开式中的系数为.
故选：C.
【点睛】
本题考查二项展开式中某一项系数的求解，关键是对通项公式的熟练使用，属基础题.
2、B
【解析】
因为,所以,所以或.
若，则,满足.
若，解得或.若，则，满足.若，显然不成立，综上或，选B.
3、A
【解析】
利用频率分布直方图得到支出在的同学的频率，再结合支出在（单位：元）的同学有34人，即得解
【详解】
由题意，支出在（单位：元）的同学有34人
由频率分布直方图可知，支出在的同学的频率为
．
故选：A
【点睛】
本题考查了频率分布直方图的应用，考查了学生概念理解，数据处理，数学运算的能力，属于基础题.
4、C
【解析】略
5、D
【解析】
设，在中，由余弦定理得，从而求得，再由由正弦定理得，求得，然后在中，用余弦定理求解.
【详解】
设，在中，由余弦定理得，
则，从而，
由正弦定理得，即，
从而，
在中，由余弦定理得：，
则.
故选：D
【点睛】
本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
6、B
【解析】
由且可得，故选B.
7、C
【解析】
利用复数的四则运算可得，即可得答案.
【详解】
∵，∴，
∴，∴复数的虚部为.
故选：C.
【点睛】
本题考查复数的四则运算、虚部概念，考查运算求解能力，属于基础题.
8、B
【解析】
利用三角函数的性质，逐个判断即可求出．
【详解】
①因为，所以是的一个周期，①正确；
②因为，，所以在上不单调递增，②错误；
③因为，所以是偶函数，又是的一个周期，所以可以只考虑时，的值域．当时，，
在上单调递增，所以，的值域为，③错误；
综上，正确的个数只有一个，故选B．
【点睛】
本题主要考查三角函数的性质应用．
9、B
【解析】
如图，已知，，
∴，解得 ，
∴，解得 .
∴折断后的竹干高为4.55尺
故选B.
10、B
【解析】
通过抛物线的定义，转化，要使有最小值，只需最大即可，作出切线方程即可求出比值的最小值．
【详解】
解：由题意可知，抛物线的准线方程为，，
过作垂直直线于，
由抛物线的定义可知，连结，当是抛物线的切线时，有最小值，则最大，即最大，就是直线的斜率最大，
设在的方程为：，所以，
解得：，
所以，解得，
所以，
．
故选：．
【点睛】
本题考查抛物线的基本性质，直线与抛物线的位置关系，转化思想的应用，属于基础题．
11、D
【解析】
作，垂足为，过点N作，垂足为G，设，则，结合图形可得，，从而可求出，进而可求得，，由的面积即可求出，再结合为线段的中点，即可求出到的距离．
【详解】
如图所示，
作，垂足为，设，由，得，则，.
过点N作，垂足为G，则，，
所以在中，，，所以，
所以，在中，，所以，
所以，，
所以 ．解得，
因为，所以为线段的中点，
所以F到l的距离为．
故选：D
【点睛】
本题主要考查抛物线的几何性质及平面几何的有关知识，属于中档题．
12、D
【解析】
令，可得.
在坐标系内画出函数的图象（如图所示）.
当时，.由得.
设过原点的直线与函数的图象切于点，
则有，解得.
所以当直线与函数的图象切时.
又当直线经过点时，有，解得.
结合图象可得当直线与函数的图象有3个交点时，实数的取值范围是.
即函数在区间上有三个零点时，实数的取值范围是.选D.
点睛：已知函数零点的个数（方程根的个数）求参数值（取值范围）的方法
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解，对于一些比较复杂的函数的零点问题常用此方法求解.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
设，则，得到，，利用向量的数量积的运算，即可求解．
【详解】
由题意，如图所示，设，则，
又由，，所以为的中点，为的三等分点，
则，，
所以
．
【点睛】
本题主要考查了向量的共线定理以及向量的数量积的运算，其中解答中熟记向量的线性运算法则，以及向量的共线定理和向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
14、
【解析】
由平面向量模的计算公式，直接计算即可.
【详解】
因为平面向量与的夹角为，所以，
所以;
故答案为
【点睛】
本题主要考查平面向量模的计算，只需先求出向量的数量积，进而即可求出结果，属于基础题型.
15、③④
【解析】
由直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系，面面垂直的判定定理和线面垂直的定义判断．
【详解】
①若且，的位置关系是平行、相交或异面，①错；
②若且，则或者，②错；
③若，设过的平面与交于直线，则，又，则，∴，③正确；
④若，且，由线面垂直的定义知，④正确．
故答案为：③④．
【点睛】
本题考查直线与直线的位置关系，直线与平面的位置关系，面面垂直的判定定理和线面垂直的定义，考查空间线面间的位置关系，掌握空间线线、线面、面面位置关系是解题基础．
16、
【解析】
利用三视图判断几何体的形状，然后通过三视图的数据求解几何体的体积.
【详解】
如图：
此四棱锥的高为，底面是长为，宽为2的矩形，
所以体积.
所以本题答案为.
【点睛】
本题考查几何体与三视图的对应关系，几何体体积的求法，考查空间想象能力与计算能力.解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）见解析（2）
【解析】
（1）首先可得，再面面垂直的性质可得平面，即可得到，再由，即可得到线面垂直；
（2）过点做平面的垂线，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角；
【详解】
解：（1）∵，点为的中点，∴，又∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，∴，
又∵，分别为，的中点，
∴，∴，
又平面，平面，，
∴平面.
（2）过点做平面的垂线，以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，∵，∴，，
，，
∴，，，
设平面的法向量为，
由，得，令，得，
∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
本题考查线面垂直的判定，面面垂直的性质定理的应用，利用空间向量法求线面角，属于中档题.
18、（1）见解析（2）见解析
【解析】
(1) 连接AC、BD交于点O,交EF于点H,连接GH,再证明即可.
(2)证明与即可.
【详解】
（1）连接AC、BD交于点O,交EF于点H,连接GH,所以O为AC的中点,H为OC的中点,由E、F为DC、BC的中点,再由题意可得,所以在三角形CAS中,平面EFG,平面EFG,所以直线平面EFG.
（2）在中,,,,由余弦定理得,,即,解得,由勾股定理逆定理可知,因为侧面底面ABCD,由面面垂直的性质定理可知平面ABCD,所以,因为底面ABCD是菱形,所以,因为,所以平面SDB.
【点睛】
本题考查线面平行与垂直的证明.需要根据题意利用等比例以及余弦定理勾股定理等证明.属于中档题.
19、（1）答案见解析．（2）
【解析】
（1）通过证明平面，证得，证得，由此证得平面，进而证得平面平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用平面和平面的法向量，计算出平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【详解】
（1）因为，所以平面，
因为平面，所以．
因为，点为中点，所以．
因为，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
（2）以点为坐标原点，直线分别为轴，轴，过点与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量，则即
取，则，，所以，
设平面的一个法向量，则即
取，则，，所以，
设平面与平面所成锐二面角为，
则．
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．
【点睛】
本小题主要考查面面垂直的证明，考查二面角的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
20、（1）见解析；（2）
【解析】
（1）由原式可得,等式两端同时除以,可得到,即可证明结论;
（2）由（1）可求得的表达式,进而可求得的表达式,然后求出的前项和即可.
【详解】
（1）证明:因为,所以,
所以,从而,因为,所以,
故数列是首项为1,公差为1的等差数列.
（2）由（1）可知,则,因为,所以,
则
.
【点睛】
本题考查了等差数列的证明,考查了等差数列及等比数列的前项和公式的应用,考查了学生的计算求解能力,属于中档题.
21、（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）根据线面垂直的性质定理，可得DE//BF，然后根据勾股定理计算可得BF＝DE，最后利用线面平行的判定定理，可得结果.
（2）利用建系的方法，可得平面ABF的一个法向量为，平面CDF的法向量为，然后利用向量的夹角公式以及平方关系，可得结果.
【详解】
（1）因为DE⊥平面ABCD，所以DEAD，
因为AD＝4，AE＝5，DE＝3，同理BF＝3，
又DE⊥平面ABCD，BF⊥平面ABCD，
所以DE//BF，又BF＝DE，
所以平行四边形BEDF，故DF//BE，
因为BE平面BCE，DF平面BCE
所以DF//平面BCE；
（2）建立如图空间直角坐标系，
则D（0，0，0），A（4，0，0），
C（0，4，0），F（4，3，﹣3），
，
设平面CDF的法向量为，
由，令x＝3，得，
易知平面ABF的一个法向量为，
所以，
故.
【点睛】
本题考查线面平行的判定以及利用建系方法解决面面角问题，属基础题.
22、（1）
（2）
【解析】
（1）利用消参法以及点求解出的普通方程，根据极坐标与直角坐标的转化求解出直线的极坐标方程；
（2）将的坐标设为，利用点到直线的距离公式结合三角函数的有界性，求解出取最小值时对应的值.
【详解】
（1）消去参数得普通方程为，
将代入，可得，即
所以的极坐标方程为
（2）的直角坐标方程为
直线的直角坐标方程
设的直角坐标为
∵在直线上，∴的最小值为到直线的距离的最小值
∵，∴当，时取得最小值
即，∴
【点睛】
本题考查直线的参数方程、普通方程、极坐标方程的互化以及根据曲线上一点到直线距离的最值求参数，难度一般.（1）直角坐标和极坐标的互化公式：；（2）求解曲线上一点到直线的距离的最值，可优先考虑将点的坐标设为参数方程的形式，然后再去求解.