精品解析：四川省泸县第五中学2026届高三上学期二诊模拟考试数学试题

泸县五中高2023级高三二诊模拟考试 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上. 2．考生必须保持答题卡的整洁. 第I卷 选择题（58分） 一、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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解一元二次不等式求集合，再应用集合的交运算求结果. 【详解】由题设，，则. 故选：A． 2. 一组数11，13，15，26，29，30，32，33，36，若去掉11和36，则该组数以下哪个数字特征不变（ ） A. 平均数 B. 中位数 C. 方差 D. 极差 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，计算去掉前的平均数和去掉后的平均数即可判断，对于B，根据去掉最小的数和最大的数对中位数无影响即可判断，对于C，计算去掉前的方差和去掉后的方差即可判断，对于D，计算去掉前的极差和去掉后的极差即可求解. 【详解】对于A，去掉前的平均数为， 去掉后的平均数为，故A错误； 去掉最小的数和最大的数对中位数无影响，故B正确； 对于C，去掉前的方差为， 去掉后的方差为，故C错误； 对于D，去掉前的极差为，去掉后的极差为，故D错误. 故选：B. 3. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数值的定义求，再结合诱导公式运算求解. 【详解】因为角的终边经过点，则， 所以. 故选：B. 4. 若复数z满足，则（ ） A B. C. D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数除法的几何意义及模长求法求即可. 【详解】由题设. 故选：A 5. 已知的展开式中，第4项和第6项的系数相等，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】由，即，利用组合数的性质即可求解. 【详解】由，根据题意有，由组合数的性质有. 故选：B. 6. 马林·梅森(MarinMersenne，1588-1648)是17世纪法国著名的数学家和修道士，也是当时欧洲科学界一位独特的中心人物.梅森在欧几里得､费马等人研究的基础上对作了大量的计算､验证工作，人们为纪念梅森在数论方面的这一贡献，将形如(其中是素数)的素数，称为梅森素数.在不超过40的素数中，随机选取两个不同的数，至少有一个为梅森素数的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】可知不超过40的素数有12个，梅森素数有3个，求出随机取两个数的种数，求出至少有一个为梅森素数的种数，即可得出概率. 【详解】可知不超过40的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37共12个， 其中梅森素数有3，7，31共3个， 则在不超过40的素数中，随机选取两个不同的数共有种， 其中至少有一个为梅森素数有种， 所以至少有一个为梅森素数的概率是. 故选：A. 【点睛】本题考查古典概型概率的求解，属于基础题. 7. 在中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理逐一判断各选项即可. 【详解】A：，，，为钝角且，有一解，故A错误； B：，，，为锐角，，则无解，故B错误； C：，，，为钝角且，则无解，故C错误； D：，，，为锐角，，因，故有两解，故D正确. 故选：D 8. 已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，以其底面圆心为球心，底面半径为半径的球和圆锥表面的交线长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作圆锥的球的截面图，确定球与圆锥的交线，结合交线的形状大小确定结论. 【详解】作圆锥的轴截面，该截面与半球的截面为半圆，设半圆与分别交于点， 如图，由已知，为边长为的等边三角形，的中点为球心，半圆的半径为， 因为点在半圆上，所以，，， 所以，故点为的中点，同理可得为的中点，所以， 所以由对称性可得，圆锥与球的交线为两个圆，一个为圆锥的底面圆，周长为， 另一个为所有母线的中点构成的圆，周长为， 所以交线长为． 故选：D. 二、选择题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，得到，且，结合期望和方差的性质，以及正态分布曲线的对称性，逐项判定，即可求解. 【详解】由随机变量服从正态分布，可得， 又由随机变量服从正态分布，可得， 对于A中，由，所以A正确； 对于B中，由，所以B不正确； 对于C中，由正态分布曲线性质，得，所以C正确； 对于D中，由， 又由正态分布曲线的对称性，可得， 所以. 故选：ACD. 10. 我们把平面内到两个定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线．在平面直角坐标系中，设定点为，，动点满足，化简可得卡西尼卵形线，则（ ） A. 曲线C既是中心对称图形也是轴对称图形 B. 曲线C关于直线对称 C. 曲线C都在圆内 D. 曲线C与椭圆没有公共点 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据方程结合中心对称和轴对称分析判断；对于B：根据方程结合直线对称性质分析判断；对于C：根据题意分析可得，进而可得，即可得结果；根据椭圆定义结合基本不等式分析判断. 【详解】对于选项A：曲线C上任取一点， 把方程中的x，y换成得， 把方程中的x，y换成得， 把方程中的x，y换成得， 可知点，，也在曲线C上， 所以曲线C既关于原点对称，也关于坐标轴对称，A正确； 对于选项B：把方程中的x，y互换得， 即两方程表示的曲线不相同，所以曲线C关于直线对称，故B错误； 对于选项C：由得，两边平方得， 设O为原点，则， 所以曲线C都圆内，故C正确； 对于选项D：椭圆的左、右焦点分别为，， 若曲线C与该椭圆有公共点P，则， 则，与矛盾，故D正确． 故选：ACD． 11. 已知直线与曲线相交于两点，曲线在点处的切线与在点处的切线相交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，构造函数，利用导数判断出单调性即可判断；对于B，写出点处的切线程联立并化简得，即可判断；对于C，根据斜率相等可得，点为两切线的交点代入化简得，再计算可得答案；对于D，根据计算即可判断. 【详解】对于A，令，则， 故时，，单调递增； 时，，单调递减， 所以，且时， 因为直线与曲线相交于两点， 所以与图象有2个交点，如图： 所以，故A正确； 对于B，，不妨设，可得， 在点处的切线程分别为， 则得， 即， 因为，所以，即是变化的，故B错误； 对于C，因为，所以， 因为为两切线的交点， 所以，即 ，所以， 所以 ， 所以，故C正确； 对于D，因为，所以， 又因为，， 所以， ， 所以， 得，即， 因为①，所以， 所以，故D正确. 其中不等式①的证明如下：不妨令， 由得，即，令， 则即证， 构造函数，， 所以在上单调递减，所以， 所以不等式成立，即①成立. 故选：ACD 第II卷 非选择题（92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则_______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，利用诱导公式及逆用和角的正弦公式求解. 【详解】由，得， 则，所以. 故答案为：. 13. 已知曲线在处的切线与曲线相切，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出在处的切线方程，设切点为，即可得到方程组，解得即可. 【详解】由，则，则，又当时， 所以曲线在处的切线为； 对于，可得，设切点为， 则，解得. 故答案为：. 14. 已知为双曲线右支上一点，、为左右焦点，直线交轴于点为坐标原点，若，则双曲线的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用双曲线的定义，结合等腰三角形和相似比性质来求解各线段长度，最后根据勾股定理找到等式关系，从而可求离心率. 【详解】 如图，由于，可作轴，垂足为，可知为中点， 由，可知， 由，可知， 令，则，即， 根据双曲线定义：， 即，， 再由勾股定理可得：， 即， 即， 故答案为：. 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. 已知数列的前n项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若数列满足，求的前项和. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据关系由：求解即可； （2）根据通项分奇偶分别计算求和，结合裂项相消和等比数列求和公式即可. 【小问1详解】 当时，. 当时，， 当时，也符合. 综上，. 【小问2详解】 由 则 ， 故的前项和. 16. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）证明：当时，. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由导数的意义求出切线的斜率，再由点斜式得到直线方程即可； （2）先证明的单调性，再将要证，转化证.构造函数，则只需证当时，.再用导数证明单调性，得到最值即可. 【小问1详解】 解：当时，，， 则，，则所求切线方程为，即. 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 证明：的定义域为，，令，解得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 所以.要证，只需证. 设，则只需证当时，. 因为在时恒成立，所以在上单调递减， 所以当时，，即，所以，得证. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点． （1）设，且，，，四点共面，求实数的值； （2）若平面和平面所成角的余弦值为，求三棱锥的体积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：建立空间直角坐标系，求出点的坐标及向量坐标，利用共面向量基本定理建立方程组求解即可； 方法二：建立空间直角坐标系，求出点的坐标及向量坐标，求出平面的法向量，然后利用建立方程求解即可； 方法三：延长交于，连接，利用线面平行判定定理证明平面，然后利用线面平行的性质定理得四边形是平行四边形，利用比例相等求解即可； （2）求出平面的法向量，然后利用向量法表示二面角的平面角，求解， 方法一：利用向量法求三棱锥的高，然后求出，利用锥体体积求解即可； 方法二：先利用线面平行的性质定理得平面，然后利用等体积法，转化为求解即可. 【小问1详解】 方法一：坐标法（利用共面向量基本定理） 在平面内作，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，，，， ，，，，， 又，分别为，中点， ，， ， ，，共面，存在实数，，使得， 即， ，解得； 方法二：坐标法（利用法向量） 在平面内作，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，，，， ，，，，， ， 又，分别为，的中点， ，， 设平面的法向量为， ，，令得， ， 又，，共面， ，解得； 方法三：几何法：延长交于，连接， ，分别为，的中点，， 平面，平面， 平面， 又平面平面， ，，又， 四边形是平行四边形， ，， 过作交于，， 又，； 【小问2详解】 方法一：由（1）得， 又，， 设平面的法向量为， ，解得，令得， ， 设平面和平面所成的角为， ， 整理得， ，，即； 方法一：利用向量法求三棱锥的高， 平面的法向量为，， 设点到平面的距离为，， 平面，又平面，， 又，，、平面， 平面， 又，分别为，的中点， ，， 平面，又平面，， 又，，， 则， 所以； 方法二：几何法：，分别为，的中点，， 平面，平面，平面， ， ，平面， ， . 18. 甲、乙两名同学都准备参加某知识竞答活动，该竞答活动会逐一给出n道不同的题目供参赛者回答，每道题目的回答只有正确或错误两种情况，各道题目回答情况不会相互影响． （1）如果参赛者须回答5道问题，当连续答对4道时，即可赢得挑战，若甲同学对于即将给出的各道题目，均有的概率答对，求甲赢得挑战的概率； （2）若乙同学对于即将给出的各道题目，均有的概率答对．记为乙同学回答道题目后，没有出现连续答对至少4道题目这一情形的概率． （i）求； （ii）证明：． 【答案】（1） （2）（i），（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件的概率乘法公式计算即可； （2）（i）利用正难则反思想计算，利用分类讨论结合正难则反思想计算；（ii）分类讨论结合全概率公式得，利用递推关系作差即可证明. 【小问1详解】 甲赢得挑战有两种情况，连续答对前四题或第一题答错后四题都答对， 其概率为：； 【小问2详解】 （i）； 当乙同学回答完6道题目后，出现连续答对至少4道题这一情形， 可能的情况为：6道都答对、连续答对5道（第1道或者第6道答错）、 连续答对4道（1~4道答对，第5道答错，第六道答对或者答错； 第1道答错，2~5道答对，第6道答错；第1道答对或答错，第2道答错，3~6道答对）， 故； （ii）乙同学答完n道题后，如果没有出现连续答对至少4道题的情形， 则由题意可如下分类： ①第n题答错，且前题未出现连续答对至少4道题的情形，此时概率为； ②第n题答对，第题答错，且前题未出现连续答对至少4道题的情形， 此时概率为； ③第n题答对，第题答对，第题答错， 且前题未出现连续答对至少4道题的情形，此时概率为； ④第n题答对，第题答对，第题答对，第题答错， 且前题未出现连续答对至少4道题的情形，此时概率为， 由全概率公式：①， 因此②， ， 所以当时，，故． 19. 已知双曲线与双曲线有相同的渐近线，且双曲线的上焦点到一条渐近线的距离等于2. （1）已知为上任意一点，求的最小值； （2）已知动直线与曲线有且仅有一个交点，过点且与垂直的直线与两坐标轴分别交于.设点. （i）求点的轨迹方程； （ii）若对于一般情形，曲线方程为，动直线方程为，请直接写出点的轨迹方程. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合渐近线方程求得双曲线方程，设，根据两点间距离公式结合二次函数分析求解； （2）（i）（ii）联立方程，利用韦达定理求点的坐标，进而求点的坐标，并结合得到一组关系式分析求解. 【小问1详解】 设双曲线的方程为，其上焦点坐标为， 一条渐近线方程为，则，解得， 所以的方程为. 设，则，要使最小，由题意知. 则 ， ①当，即时，在内单调递增， 可知当时，； ②当，即时，在内单调递减，在内单调递增， 可知当时，； 综上所述：. 【小问2详解】 （i）联立得，， 由题意知， 则，解得， 且，即， 所以直线的方程为， 令得，；令得，，即， 因为，即， 可得， 所以点的轨迹方程是，方程表示去除上下顶点的双曲线. （ii）联立得，， 由题意知， 则，解得， 且，即， 所以直线的方程为， 令得，；令得，，即， 因为，即， 可得，即， 点的轨迹方程是. 【点睛】方法点睛：与点相关问题的解法 解决与点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸县五中高2023级高三二诊模拟考试 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上. 2．考生必须保持答题卡的整洁. 第I卷 选择题（58分） 一、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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 一组数11，13，15，26，29，30，32，33，36，若去掉11和36，则该组数以下哪个数字特征不变（ ） A. 平均数 B. 中位数 C. 方差 D. 极差 3. 已知角的终边经过点，则（ ） A B. C. D. 4. 若复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 10 5. 已知的展开式中，第4项和第6项的系数相等，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 6. 马林·梅森(MarinMersenne，1588-1648)是17世纪法国著名的数学家和修道士，也是当时欧洲科学界一位独特的中心人物.梅森在欧几里得､费马等人研究的基础上对作了大量的计算､验证工作，人们为纪念梅森在数论方面的这一贡献，将形如(其中是素数)的素数，称为梅森素数.在不超过40的素数中，随机选取两个不同的数，至少有一个为梅森素数的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 在中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ） A. ，， B. ，， C ，， D. ，， 8. 已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，以其底面圆心为球心，底面半径为半径的球和圆锥表面的交线长为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若随机变量服从正态分布，随机变量服从正态分布，则（ ） A. B. C. D. 10. 我们把平面内到两个定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线．在平面直角坐标系中，设定点为，，动点满足，化简可得卡西尼卵形线，则（ ） A. 曲线C既是中心对称图形也是轴对称图形 B. 曲线C关于直线对称 C. 曲线C都在圆内 D. 曲线C与椭圆没有公共点 11. 已知直线与曲线相交于两点，曲线在点处的切线与在点处的切线相交于点，则（ ） A. B. C. D. 第II卷 非选择题（92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则_______． 13. 已知曲线在处切线与曲线相切，则______． 14. 已知为双曲线右支上一点，、为左右焦点，直线交轴于点为坐标原点，若，则双曲线的离心率为______． 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. 已知数列的前n项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若数列满足，求的前项和. 16. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）证明：当时，. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，，分别为，的中点． （1）设，且，，，四点共面，求实数的值； （2）若平面和平面所成角的余弦值为，求三棱锥的体积． 18. 甲、乙两名同学都准备参加某知识竞答活动，该竞答活动会逐一给出n道不同的题目供参赛者回答，每道题目的回答只有正确或错误两种情况，各道题目回答情况不会相互影响． （1）如果参赛者须回答5道问题，当连续答对4道时，即可赢得挑战，若甲同学对于即将给出各道题目，均有的概率答对，求甲赢得挑战的概率； （2）若乙同学对于即将给出的各道题目，均有的概率答对．记为乙同学回答道题目后，没有出现连续答对至少4道题目这一情形的概率． （i）求； （ii）证明：． 19. 已知双曲线与双曲线有相同渐近线，且双曲线的上焦点到一条渐近线的距离等于2. （1）已知为上任意一点，求的最小值； （2）已知动直线与曲线有且仅有一个交点，过点且与垂直的直线与两坐标轴分别交于.设点. （i）求点的轨迹方程； （ii）若对于一般情形，曲线方程为，动直线方程为，请直接写出点的轨迹方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $