四川省绵阳南山中学2026届高三下学期4月模拟考试数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳南山中学2026届高三下学期4月模拟考试数学试题（Word版附解析），共8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
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A．2B．C．D．
3．为研究某池塘中水生植物覆盖池塘的面积（单位：）与水生植物的株数（单位：株）之间的相关关系，收集了4组数据，如表格所示，得到与的线性回归方程，则（ ）
A．5B．6C．7D．8
4．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知，，则（ ）
A．3B．C．D．
6．已知直线与坐标轴分别交于A，B两点，在圆上仅存在一点P，使，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．已知为空间中四点，任意三点不共线，且，若四点共面，则的最小值为（ ）
A．4B．5C．D．9
8．定义在上的偶函数满足，且当时，，若关于x的方程至少有8个实数解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知函数的图象关于点中心对称．则（ ）
A．的最小正周期为
B．直线是曲线的对称轴
C．将的图象向右平移个单位可得到函数的图象
D．在区间上单调递增
10．设是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ）
A．B．
C．D．
11．（多选题）已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，分别为的中点，点P在直线上，且，下列说法中正确的有（ ）
A．直线MN与所成角的大小为
B．
C．若P为中点，则平面AMP与平面ABC所成角的余弦值为
D．点到平面距离的最大值为
三、填空题
12．在的展开式中，的系数为___________．（用数字作答）
13．在中，边分别为角的对边，满足的面积为，则的周长为_____．
14．在平面直角坐标系中，椭圆，为上的动点，为两个定点，其中的坐标为.若的面积的最小值为1、最大值为5，则线段的长为_____.
四、解答题
15．已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)当时，求函数的单调区间．
16．已知数列满足
(1)求的通项公式；
(2)在和之间插入个数，使这个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为，求数列的前项和．
17．已知椭圆的方程为，为坐标原点，直线与椭圆交于两点，过点作直线的垂线，垂足为．
(1)求证：直线恒过定点；
(2)求面积的取值范围．
18．已知平面内有n个红点、n个蓝点、n个黄点（），这3n个点中任意两点都不重合.
(1)在颜色不同的任意两点之间连接一条线段，颜色相同的两点之间不连接线段，直接写出连接线段条数的最大值；
(2)若3n个点中任意三点都不共线，在所有互异的点之间连线，端点颜色相同的线段赋值1，端点颜色不同的线段赋值2.
（ⅰ）记每条线段的赋值为随机变量X，在所有线段中任取一条线段，按两个端点的颜色进行分类（端点无序），求X 的分布列及数学期望；
（ⅱ）从3n个点中任取三个点构成三角形，记构成的三角形三边的赋值之和的数学期望为，证明：.
19．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，，
(1)证明：；
(2)若点在底面内的正投影为的中点．
（i）当为何值时，平面与平面夹角的余弦值最大？
（ii）设平面与交于点；在平面内，过作的平行线交于点，设平面与交于点：在平面内，过作的平行线交于点，设平面与交于点；依次类推，…，设平面与交于点，求．
参考答案
1．C
【详解】因为，，所以.
2．A
【详解】因为，所以，
所以，所以的虚部为2.
3．C
【详解】由题意可得，，
所以样本中心点为，又与的线性回归方程，
所以，解得.
4．C
【详解】由，且定义域为，
可得是奇函数，其图象关于原点对称，故AB错误；
再由，故D错误，C正确；
故选：C
5．A
【详解】由题设有，即，
解得或，因为，所以，则，
则，
故选：A．
6．C
【详解】不妨设，，因为，所以点在以为直径的圆上，
又因为，中点坐标为，所以点在圆上，
又因为在圆上仅存在一点，使，
且两圆半径相等，所以两圆外切，因此，解得或（舍）.
7．C
【详解】因为四点共面，则有
由共面定理可得，，即，
所以，
当且仅当，即，即时，等号成立.
故选：C.
8．D
【详解】由已知满足， 且函数为偶函数，
所以，
令，
所以函数是周期为的周期函数.
又因为与函数都是偶函数，由对称性可知
由于关于的方程至少有8个实数解，
故当时，与至少有个交点.
函数与图象如图所示.
由图可知：当时，只需，解得 ，
当时，只需，解得，
当时，显然符合题意.
综上所述：.
9．AC
【详解】由题意知，，所以，，即，
又，所以，所以.
选项A：最小正周期，A正确.
选项B：对称轴应满足，，解得，.
故不存在，使得，B错误.
选项C：的图象向右平移个单位得到，C正确.
选项D：当时，.
又在上单调递增，在上单调递减，所以在区间上不是单调递增，D错误.
故选：AC.
10．ACD
【详解】对于A，因为，，
所以，所以A正确，
对于B，因为，所以，
所以，所以B错误，
对于C，因为，所以，
所以，，
所以，所以C正确，
对于D，因为，所以，所以，
所以，所以D正确，
故选：ACD
11．BCD
【详解】由题设建立如下图示空间直角坐标系，
则，
所以，，，，
则，显然直线MN与所成角不为，A选项错误；
又，故，B选项正确；
由，，若为平面AMP的一个法向量，
则，令，则，
由平面的一个法向量为，，所以，
设平面与平面所成的角为，
则， C选项正确；
易知，则点到平面的距离为，
又，上式分子分母同时除以，可得，
令，则，
易知当时，，D选项正确.
故选：BCD.
12．
【详解】展开式的通项,
令得,
所以的系数为.
13．
【详解】，则，
，
化简得，解得（负值舍去），
则的周长为.
14．
【详解】显然直线与椭圆不能相交（否则的面积可能为0），
依题意，设的方程为，动点，，则到直线的距离.
因为两个定点，线段的长度是定值，又的面积的最小值为1、最大值为5，
故当变化时，的最大值与最小值之比为5，特别地，不能为0，故其值恒正或恒负.
.
由于的最大值为正，所以最小值也为正，
故，得.从而的最小值.
由于的最小值为1，故，得.
故答案为：.
15．(1)
(2)当时，在和上递增，在上递减；当时，在上递增；当时，在和上递增，在上递减．
【详解】（1）由，知
，
所以当时，有，，
故曲线在处的切线经过，且斜率为，
所以其方程为，即．
（2）当时，对有，
对，有，故在和上递增，在（）上递减；
当时，对，有，故在上递增；
当时，对，有，
对，有，故在和上递增，在上递减．
综上，当时，在和上递增，在上递减；
当时，在上递增；
当时，在和上递增，在上递减．
16．(1)
(2)
（1）解：因为，
所以当时，，
两式相减得，所以，
当时，，满足，
故的通项公式为．
（2）解：因为在和之间插入个数后构成等差数列，公差为，
所以，即，，
所以①
②
①－②得：，
所以．
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）设，依题意，得，
，，，
所以，即得直线的方程为：①
由图形的对称性可知，若动直线过定点，则定点一定在轴上，所以令代入①，
可得，由（*）得，
所以，得，
所以直线恒过定点．
（2）由（1）可知直线恒过定点，
所以，
将代入得，
设，则．
因为，所以，所以．
18．(1)
(2)（ⅰ）分布列见解析，；（ⅱ）证明见解析
【详解】（1）红蓝、蓝黄、黄红三对里，每对中两种颜色均有个点，则当个点中任意三点都不共线时，连接线段条数取最大值.
（2）（ⅰ）端点颜色的所有可能情况为红蓝、蓝黄、黄红、红红、蓝蓝、黄黄，
端点颜色相同的线段有条，端点颜色不同的线段有条，线段总条数为，
则，，
的分布列为：
所以数学期望.
（ⅱ）共有三种可能，当三个同色点构成三角形时，赋值和为3，有种可能，
当两个同色点和一个异色点构成三角形时，赋值和为5，有种可能，
当三个异色点构成三角形时，赋值和为6，有种可能，
从个点中任取三个点，共有种可能，
则，
所以，
因为，所以，，即.
19．(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）.
【详解】（1）连接与交于点，连接．
因为四边形为菱形，所以，
在中，，所以，
因为平面，平面，，
所以平面，又平面，所以.
（2）（i）因为点在底面投影为，由题意两两垂直．
因为，所以，
以为原点，所在直线分别为轴，建立如图空间直角坐标系，
则，因为，所以．
因为，即，所以.
因为，
设平面的法向量为，所以，
令，所以，
而平面的法向量为．
设平面与平面夹角的大小为，
则.
令，则，
当时，在单调递增；
当时，在单调递减；
所以，当时，取最大值.
（ii）因为共面，故存在实数使得，
因此，
设，则，则，
由坐标分量对应相等，化简整理得.
在平面内，因为，设，则．
类比前面推导过程，可得，将上式取倒数可得，
所以为以为首项、1为公差的等差数列．3
4
6
7
2
2.5
4.5
1
2