四川省绵阳南山中学实验学校2026届高三二诊模拟数学试题（五）

绵阳南山中学实验学校高2023级高三二诊模拟试题（五） 数 学 命题：伍敏 审题：刘燕 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。 3. 考试结束后，将答题卡交回。 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．复数，则 A．5 B． C． D． 2. 设为实数，直线，直线，则“”是“平行”的（    ）条件 A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分又不必要 3. 双曲线的实轴长是虚轴长的3倍，则的焦距为 A． B．4 C． D． 4．已知a，b是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是 A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则⊥ D．若，，⊥，则 5. 直线截得圆的弦长为2，则的最小值为 A．4 B．6 C．12 D．16 6.小河的对岸有一棵树，设树底为，树顶为．如图，为了测量这棵树的高度，在河的另一侧选取两点，使得在同一水平面上，且三点共线，米．若在处测得树顶的仰角为，在处测得树顶的仰角为，则这棵树的高度 A．米 B．米 C．米 D．米 7. 已知函数的定义域为，，是奇函数.且当时，，则函数的零点个数为 A．7 B．8 C．9 D．10 8. 风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，是人类最早的风筝起源，如图，是某中学学生制作的一个风筝模型的多面体，为边的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为 A． B． C． D． 2、 多选题：（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 过点且斜率为的直线与曲线交于不同的，两点，为坐标原点，则 A． B． C．面积的最大值为2 D．当面积取最大值时， 10. 在正方体中，点在线段上运动，则下列判断中正确的是 A．平面 B．平面 C．三棱锥的体积不变 D．直线与平面所成角的正弦值的取值范围是 11. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，点，是椭圆上两点，交轴于点，线段的中点为，平分，，则 A． B．的周长为 C． D．椭圆的离心率为 3、 填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知向量，则向量在向量方向上的投影向量为 ． 13. 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，为底面直径，，，点C在底面圆周上，则三棱锥的外接球表面积为  ． 14. 过椭圆上一点作圆的两条切线，点为切点，过的直线与轴、轴分别交于点、两点，则面积的最小值为 ． 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. （13分） 已知函数，为数列的前项和． （1）求的通项公式； （2）记数列的前项和为，证明：． 16. （15分） 在中，分别为角的对边，，且. （1）求角的大小； （2）再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积. 条件①：为锐角；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别作答，按第一个解答计分. 17. （15分） 已知点是抛物线： 的焦点，纵坐标为2的点在上，以为圆心、为半径的圆交轴于，，． （1）求抛物线的方程； （2）过作直线与抛物线交于，，求的值． 18. （17分） 如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，平面，是的中点，是的中点． （1）求证：平面； （2）若平面平面，求证：； （3）在（2）的条件下，且平面与平面的夹角余弦值为，求四棱锥的体积． 19. （17分） 已知函数. （1）若，求的最大值； （2）证明存在唯一的极大值点，且； （3）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围. 第 1 页 共 3 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绵阳南山中学实验学校高2023级高三二诊模拟试题（五） 数学答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 D A C C B D D A BC BCD ACD 5.【详解】由圆的方程知：圆心坐标为，半径为1， 因直线截圆的弦长为2，故该直线过圆心，即，则有，因, 则由， 当且仅当时取等号，即时，取得最小值为6.故选：B. 6.【详解】在中，，，米， 在中，由正弦定理可得，所以， 又因为， 所以，解得米， 在中，，米， 所以米，故选：D. 7.【详解】因为是定义在上的函数且满足，则关于对称， 又是奇函数，则，关于对称， 且当时，，可以画出的图形， 则的零点个数转化为与的交点个数， 如图，当时，， 故两个图像交点的个数为10，即的零点个数为10.故选：D 8.【详解】因为D为的中点，， 所以， 所以，， 又，四边形为矩形，，平面，所以平面， 又，，平面， 所以平面，故由四边形为矩形得平面， 所以由，，得, 所以，又由得， 所以， 所以多面体的体积为.故选：A. 9.【详解】由，则，，即， 所以曲线是以原点为圆心，2为半径的半圆， 直线的方程为，即，它们相交于两点，如图所示： 选项A，由圆心到直线距离，得，又由图可知，所以，故A错误； 选项B，显然当直线过圆心时，最大为直径4，所以，故选项B正确； 选项C，由，所以当△面积取最大值时， ，即，故选项C正确； 选项D，当面积取最大值时，， 所以圆心到直线距离，所以， 因为，所以，选项D错误.故选：BC. 10.【详解】对于选项A：在正方体中，，， 所以四边形是平行四边形，所以， 同理可证， 因为平面，平面，则平面， 因为平面，平面，则平面， 因为，且平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，故A错误； 对于选项B：由选项A可知：， 且平面，平面，则平面， 在正方体中，，， 所以四边形是平行四边形，所以， 且平面，平面，则平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，故B正确； 对于选项C：因为平面，且点在线段上运动， 可知点到平面的距离为定值， 且的面积为定值，所以三棱锥的体积不变，故C正确； 对于选项D：不妨设正方体的边长为2， 因为是边长为的等边三角形，则， 设点到平面的距离为，则，解得， 设直线与平面所成角为，则， 当点与点重合时，取最小值，此时取最大值； 当点与点重合时，取最大值，此时取最小值； 且正弦值具有连续性，所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是，故D正确； 故选：BCD. 11.【详解】A选项，因为，所以, 则，由相似可得，故A正确； B选项，因为直线过点， 则由椭圆的定义可知，的周长为，又，故B错误； C选项，因为为线段的中点，平分，所以， 因为，所以可设，， 则由椭圆的定义可知，， 则，得，故，故C正确； D选项，由C选项可知，， 在、中利用余弦定理可得，， 即，得，故椭圆的离心率为，故D正确.故选：ACD 12.【答案】 13.【答案】 14.【答案】 13.【详解】如图，作出符合题意的图形， 因为，所以，在直角三角形中，可得，延长交球面于点，连接， 如图， 作出符合题意的图形， 则为球的直径，所以，所以，即， 所以三棱锥的外接球表面积为. 14.【详解】设，由题知， 则同时也在圆上， 又在圆上，则的方程为， ，，.故选：A. 15.【详解】（1）函数，为数列的前项和，的前项和， 当时，， 当时，， 满足，的通项公式为． （2）函数求导得，， ， ． 16.【详解】（1）在中，，所以，所以， 所以，又，所以，所以； （2）选择条件①：为锐角， 由（1），由余弦定理有：， 所以，即，解得或， 当时，，所以为钝角，不满足题意， 当时，，所以为锐角，满足题意， 综上，满足条件的存在且唯一确定，所以； 选择条件②：，由（1），所以为钝角，且唯一，满足题意， 所以，由正弦定理得， 又由余弦定理得， 所以，即，解得或， 当时，，所以为钝角，满足题意， 当时，，所以为锐角，不满足题意， 综上，满足条件的存在且唯一确定，所以； 条件③：，由（1）， 所以，由正弦定理得，所以，所以， 由正弦定理得， 又， 所以. 17.【详解】（1）设圆半径为，以为圆心、为半径的圆交轴于，，点在轴上，为原点， 所以.，.点坐标为，所以. 设点坐标为，则，所以， 所以， 即，解得，所以抛物线的方程为：. （2）由（1）知. 设直线的方程为，，. 代入抛物线方程，整理得， ，所以，所以，. ，所以的值为2. 18.【详解】（1）取的中点，连接， 已知是的中点，是的中点，在中，且， 又，所以，， 所以四边形是平行四边形,所以． 又平面，平面，所以平面    （2）过点作的垂线，垂足为 因为平面平面，平面平面， ，平面， 所以平面，又平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，平面， 所以平面．又平面，所以. （3）设，过点作， 又底面是边长为2的菱形，则， 以点为坐标原点，分别以方向为轴建立空间直角坐标系， 由（2）可知，，为的中点，所以，又， 所以是等边三角形，所以， 设，，所以， ， 设平面的法向量， 取， 同理设平面的法向量， 取， 设平面与平面的夹角为，， 所以，， . 19.【详解】（1）当时，，则. 易知在上单调递减，且， 当时，单调递增，当时，单调递减， 因此的极大值即最大值，为； （2），设， 因为，所以在上单调递减，又，时， 因此，使得，即，即， 当时单调递增，当时单调递减， 因此存在唯一的极大值点， ， 当且仅当时等号成立，得证. （3），即，因为，所以， 当时，不等式恒成立； 当时，不等式转化为恒成立，设， 所以， 令，解得，则在上的单调性如下， 在上，单调递增，在上，单调递减， 所以在内有唯一极大值点，即，从而， 当时，不等式转化为恒成立， 令，解得，则在上的单调性如下， 在上，单调递减，在上，单调递增， 所以在内有唯一极小值点，则，从而， 综上，的取值范围是. 第 1 页 共 9 页 学科网（北京）股份有限公司 $