精品解析：四川省泸州市第一中学校2025-2026学年高三上学期二诊模拟数学试卷

泸州一中高2023级高三上期二诊模拟数学试卷 出题人：张祖婕 做题人：罗小平 审题人：邓伟 一、单选题：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. 已知全集 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据补集、交集的知识确定正确答案. 【详解】依题意，，， 所以. 故选：B 2. 已知命题，，命题，，则（ ） A. 和均为真命题 B. 和均为真命题 C. 和均为真命题 D. 和均为真命题 【答案】B 【解析】 【分析】通过举反例即可判断出两个命题的真假. 【详解】对于命题，当时，，所以为假命题，则为真命题； 对于命题，当时，，所以为真命题， 综上可知，和均为真命题． 故选：B． 3. 已知，则 （ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的运算以及模长公式代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，所以， 故． 故选：D 4. 本学期某校举行了有关垃圾分类知识竞赛，随机抽取了100名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示，则（ ） A. 图中的值为0.020 B. 估计样本数据的众数值为90 C. 估计样本数据的第分位数为95 D. 估计样本数据的平均数大于中位数 【答案】C 【解析】 【分析】根据频率和为1求参数值，再由频率直方图求众数、百分位数、中位数、平均数依次判断各项正误. 【详解】由题设，可得，A错； 由直方图知，估计样本数据的众数值为，B错； 由， 则样本数据的第分位数在内， 设为，则，可得，C对； 由平均数为， 由图易知中位数在内，设中位数为，则，可得， 所以中位数大于平均数，D错. 故选：C. 5. 在中，，则（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理求出角的度数，再根据三角形内角和定理求出角的度数. 【详解】在中，根据正弦定理得，即， 所以，又，所以或， 当时， ，符合题意， 当时， ，符合题意； 所以的两个解均成立. 根据三角形内角和定理， 所以或. 故选：A 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由两角和的正弦结合弦切互化化简即可. 【详解】，， 又由，得，即， ，即． 故选：D 7. 已知分别是双曲线的左､右焦点，为双曲线右支上一点，的角平分线交轴于点，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用角平分线性质及双曲线定义，结合余弦定理建立方程求出离心率. 【详解】由的角平分线交轴于点，得， 而，则，， 在中，，由余弦定理得， 整理得，即，则， 所以双曲线的离心率为. 故选：B 8. 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 【答案】D 【解析】 【分析】根据对称性与周期性结合函数的图像判断即可. 【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 二、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.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分. 9. 记为等差数列的前n项和．已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据等差数列，且，求得，再利用等差数列通项公式和前项和公式求解. 【详解】解得： 所以， A，B，D正确，，C错误． 故选：ABD 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，有两个极值点 B. 当时，的图象关于中心对称 C. 当时，2是极大值点，则 D. 当在R上单调时， 【答案】BC 【解析】 【分析】特殊值法可排除A项，利用函数的对称性可判定B，利用导数研究函数的极值点可判定C，利用导函数非负结合判别式可判定D. 【详解】对于A，当时，，， 若时，，则在定义域内单调递增，无极值点，故A错误； 对于B，当时，，， 则，所以的图象关于中心对称，故B正确； 对于C项，当时，， ，因为2是的极大值点，所以， 解得或，若，则， 所以当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以2是的极小值点，不符合题意； 故，则， 所以当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递增， 所以2是的极大值点，符合题意； 所以，，所以，故C正确； 对于D项，若在定义域R上是单调函数， 则恒成立， 所以，解得，所以D错误， 故选：BC． 11. 伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．在平面直角坐标系xOy中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是的双纽线C上一点，下列说法正确的是（ ） A. 若直线交双纽线C于A，B，O三点（O为坐标原点），则 B. 双纽线C上满足的点有1个 C. 的面积的最大值为 D. 的周长的取值范围为 【答案】ABC 【解析】 【分析】由已知，代入坐标整理即可得出方程，即可判断A，令，求出，即可判断B，根据面积公式判断C，首先根据余弦定理，以及基本不等式判断D. 【详解】对于A，由双纽线的定义得：， 即，化简得：， 当时，点P的轨迹方程为， 令，解得或，所以，A正确； 对于B， ，由，得点P在y轴上， 在方程中，令，解得， 则满足的点P为，只有一个，B正确； 对于C，， 当且仅当，即时取等号，C正确； 对于D，的周长为，设， 则， 当且仅当时取等号，当时，，而点P不能在x轴上，则， 于是 即，则， ，因此的周长的取值范围为，D错误． 故选：ABC 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 已知向量，满足，，且，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】先根据题意求，再求. 【详解】由，，得，. 由， 所以， 所以. 故答案为： 13. 已知随机变量，且，则的展开式中常数项为______． 【答案】60 【解析】 【分析】先利用正态分布对称性求出的值，然后利用二项展开式求出常数项即可. 【详解】由随机变量，正态分布关于均值对称， 因为， 所以和关于2对称， 所以， 所以二项式为：， 又二项展开式的通项为：， 令解得：， 所以二项展开式中常数项为：， 故答案为：60. 14. 如图，在三棱锥中，为等边三角形，，，若，则三棱锥外接球体积的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用外接球球心在过底面外接圆圆心的垂线上，通过球心到各顶点的距离想等来求解即可. 【详解】如图，取中点，连接，则，， 又，，平面，则平面， 因为平面，则， 又，，，平面， 所以平面， 所以三棱锥的外接球球心必在过的中心且平行于的直线上， 且， 设，则，， 设三棱锥的外接球半径为，则有， 当时，， 故三棱锥外接球体积的最小值为． 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. 在数列中，已知，. （1）证明：是等比数列； （2）求的前项和. 【答案】（1）数列是首项为，公比为的等比数列，详解见证明 （2） 【解析】 【分析】（1）变形给定的递推公式，再利用等比数列定义推理即得. （2）由（1）求出的通项公式，再分组求和即可. 【小问1详解】 已知，移项整理得：， 两边同时加上得：, 整理得：， 又，则， 故数列是首项为，公比为的等比数列. 【小问2详解】 由（1）可得：, . 16. 如图，在三棱锥中，平面，，平面平面，棱的中点为O． （1）求证：平面； （2）若，到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 证明：平面，平面， ， ，， 为中点，， 平面平面平面，平面平面，平面， 平面，， 又平面，平面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据三棱锥的几何性质，结合已知条件，利用线面垂直定理证明结论； （2）根据三棱锥的几何性质，结合已知条件，建立空间直角坐标系，得出相关点坐标，进而得出相关向量，并求出法向量，最后利用向量夹角的余弦公式计算求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 作，垂足为D， 平面平面，， 又平面，平面，， ，， ，，， 取中点E，连接为的中位线， ，平面， 以所在直线分别为x轴，y轴、z轴建立下图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为，则 即， 令，得，， ， 设直线与平面所成角为， ， 直线与平面所成角的正弦值为． 17. 在平面直角坐标系中，抛物线C的焦点为F，A，为抛物线C上两个不同的动点.当时，. （1）求抛物线C的方程； （2）若直线的斜率存在，且过点，直线与直线相交于点D，过点D作交x轴于点E，证明:直线与抛物线C相切. 【答案】（1） （2） 由题可知：直线的斜率存在且不为0，设其方程为， 联立方程，消去x可得， 则，， 因为直线的方程为，则点的坐标为， 因为，则直线的方程为， 令，得，则点的坐标为， 直线的斜率， 所以直线的方程为，整理得. 联立方程，消去x得， 因，故直线与抛物线相切. 【解析】 【分析】（1）根据抛物线定义可得，结合题意可得，进而可得抛物线方程； （2）设直线的方程为，与抛物线方程可得韦达定理，进而求点坐标，以及直线的方程，进而判断直线与抛物线C的位置关系. 【小问1详解】 由抛物线的定义知：， 因为，，则，即， 所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 略 18. 某学校举办一项竞赛活动，首先每个班级选出7位候选人，然后在这7人中随机选出3人组成竞赛小组参加预赛，预赛通过后再进入决赛. （1）已知某班甲、乙、丙三人已经入围7位候选人之中，现从这7人中抽签随机选出3人组成竞赛小组去参加预赛，记甲、乙、丙3人中进入竞赛小组的人数为X，求X的分布列与数学期望； （2）预赛规则如下：竞赛小组每人相互独立同时做同一题，至少有两人做对该题方能进入决赛.若甲、乙、丙3人组成了竞赛小组，且甲、乙、丙能独立做对该题的概率分别为，，，求此竞赛小组能进入决赛的概率； （3）假如只有A组与B组进入决赛，胜者获得冠军.已知决赛规则如下：题库共有道题，两个小组同时做同一道题，假设每道题都能做出，且没有相同时间做出，先做对该题的小组得1分，另一组不得分.A组每道题先做对的概率都为，B组先做对的概率都为q，且，各题做题结果相互独立.现在有两种赛制可以供A组选择，赛制一：从题库中选出道题，这道题全部做完后，得分高的小组获得冠军；赛制二：做完道题，得分高的小组获得冠军.你认为A组应该选择哪种赛制更有利于胜出？请说明理由并写出推导过程. 【答案】（1） 0 1 2 3 ； （2） （3）组采用赛制二更有利于胜出，理由： 按照赛制一，设做完选定的题后，组的得分为，则， 组取得胜利的概率为； 按照赛制二，可以认为在赛制一的基础上再把剩下的两道题做完， 不妨设做完题，组取得胜利的概率为， 则， ， 已知，所以， 所以，因此组采用赛制二更有利于胜出. 【解析】 【分析】（1）求出随机变量的取值及相应的概率，可得分布列，再利用数学期望公式求解即可； （2）利用相互独立事件乘法公式和互斥事件加法公式来求解可得答案； （3）按照赛制一，设做完选定的题后，求出组取得胜利的概率，按照赛制二，不妨设做完题，求出组取得胜利的概率，再做差比较大小可得答案. 【小问1详解】 由题意知随机变量的取值可以为0，1，2，3， ，， ，. 所以的分布列为 0 1 2 3 的数学期望； 【小问2详解】 设甲、乙、丙能独立做对该题的事件分别为， 则至少有两人做对该题的事件为： ，所以竞赛小组能进入决赛的概率为 ； 【小问3详解】 略 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在上单调递增，求的取值范围； （3）若存在极大值和极小值，且极大值小于极小值，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求曲线在点处的切线方程. （2）问题转化为，从而求参数的取值范围. （3）分情况讨论函数的单调性，得到函数极值的存在情况，再用作差法比较极值的大小. 【小问1详解】 由， 得， 当时，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 因为在上单调递增，所以. 由（1）知， 因为，所以，即在上恒成立， 所以，又，所以， 即的取值范围为. 【小问3详解】 ①当时，在上恒成立，所以在上单调递增， 所以不存在极值，不合题意； ②当时，，所以当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以无极大值，不合题意； ③当时，的定义域为， 令，得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为，且，不合题意； ④当时，的定义域为，且， 令，得，且， 当时，；当时，；当时，； 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增， 所以的极大值为，极小值为，且， ， ， 因为，所以，所以， 即，符合题意. 综上所述，的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸州一中高2023级高三上期二诊模拟数学试卷 出题人：张祖婕 做题人：罗小平 审题人：邓伟 一、单选题：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. 已知全集 ，则 （ ） A. B. C. D. 2. 已知命题，，命题，，则（ ） A. 和均为真命题 B. 和均为真命题 C. 和均为真命题 D. 和均为真命题 3. 已知，则 （ ） A. 1 B. C. D. 4. 本学期某校举行了有关垃圾分类知识竞赛，随机抽取了100名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示，则（ ） A. 图中的值为0.020 B. 估计样本数据的众数值为90 C. 估计样本数据的第分位数为95 D. 估计样本数据的平均数大于中位数 5. 在中，，则（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知分别是双曲线的左､右焦点，为双曲线右支上一点，的角平分线交轴于点，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 3 8. 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 二、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.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分. 9. 记为等差数列的前n项和．已知，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，有两个极值点 B. 当时，的图象关于中心对称 C. 当时，2是极大值点，则 D. 当在R上单调时， 11. 伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．在平面直角坐标系xOy中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是的双纽线C上一点，下列说法正确的是（ ） A. 若直线交双纽线C于A，B，O三点（O为坐标原点），则 B. 双纽线C上满足的点有1个 C. 的面积的最大值为 D. 的周长的取值范围为 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 已知向量，满足，，且，则_____. 13. 已知随机变量，且，则的展开式中常数项为______． 14. 如图，在三棱锥中，为等边三角形，，，若，则三棱锥外接球体积的最小值为______． 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. 在数列中，已知，. （1）证明：是等比数列； （2）求的前项和. 16. 如图，在三棱锥中，平面，，平面平面，棱的中点为O． （1）求证：平面； （2）若，到平面的距离为，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 在平面直角坐标系中，抛物线C的焦点为F，A，为抛物线C上两个不同的动点.当时，. （1）求抛物线C的方程； （2）若直线的斜率存在，且过点，直线与直线相交于点D，过点D作交x轴于点E，证明:直线与抛物线C相切. 18. 某学校举办一项竞赛活动，首先每个班级选出7位候选人，然后在这7人中随机选出3人组成竞赛小组参加预赛，预赛通过后再进入决赛. （1）已知某班甲、乙、丙三人已经入围7位候选人之中，现从这7人中抽签随机选出3人组成竞赛小组去参加预赛，记甲、乙、丙3人中进入竞赛小组的人数为X，求X的分布列与数学期望； （2）预赛规则如下：竞赛小组每人相互独立同时做同一题，至少有两人做对该题方能进入决赛.若甲、乙、丙3人组成了竞赛小组，且甲、乙、丙能独立做对该题的概率分别为，，，求此竞赛小组能进入决赛的概率； （3）假如只有A组与B组进入决赛，胜者获得冠军.已知决赛规则如下：题库共有道题，两个小组同时做同一道题，假设每道题都能做出，且没有相同时间做出，先做对该题的小组得1分，另一组不得分.A组每道题先做对的概率都为，B组先做对的概率都为q，且，各题做题结果相互独立.现在有两种赛制可以供A组选择，赛制一：从题库中选出道题，这道题全部做完后，得分高的小组获得冠军；赛制二：做完道题，得分高的小组获得冠军.你认为A组应该选择哪种赛制更有利于胜出？请说明理由并写出推导过程. 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在上单调递增，求的取值范围； （3）若存在极大值和极小值，且极大值小于极小值，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $