精品解析：四川省绵阳中学2026届高三第二次模拟考试数学试题

数学试题 一、单选题（本题共8小题，每题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是正确的） 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知，再由补集以及交集定义可得结果. 【详解】由题可知， 易知，所以. 故选：D 2. 设向量，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的模判断A,利用向量垂直的性质判断B, 利用向量平行的性质判断C，利用向量数量积判断D． 【详解】向量， 对于A，，，故A错误； 对于B，，，∴，故B正确； 对于C，坐标间不存在倍数关系，不平行，故C错误； 对于D，，故D错误． 故选：B． 3. 已知平行直线与之间的距离为，则实数（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】先根据两直线平行求出参数，然后由平行线之间的距离公式求出参数，最后求出即可. 【详解】因为与平行，所以，得， 则， 所以，计算得或， 所以或. 故选：A 4. 已知直线截圆所得的弦长为4，则实数的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出圆心到直线的距离，以及圆的半径，利用垂径定理列方程即可求解. 【详解】圆的标准方程为，则，可得， 圆心为，半径为， 圆心到直线的距离为， 由垂径定理可得，解得，满足. 故选：A. 5. 设是三条不同的直线，是三个不同的平面，则下列四个命题中正确的是（ ） A. 若，，则； B. 若，，，，，则； C. 若，，则，； D. 若，，，则； 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间的平行与垂直的判定和性质定理可作出各选项判断. 【详解】因为，所以平面内必存在直线， 又因为，所以，即，故A正确； 根据题意虽然平面内有直线与平行，也有直线与平行， 但不一定是相交直线，所以虽然有，，也不能推出， 所以也就不能推出，故B错误； 虽然，但仅由一条直线，是不能推出，，故C错误； 虽然，，，但不能确定是否在一个平面内，所以不能推出，故D错误； 故选：A． 6. 设抛物线的焦点为，不经过的直线与交于、两点，与轴交于点，已知点的坐标为，且与的面积之比是，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由点在抛物线上得的方程为，再根据，得，进而得，即可得. 【详解】由题知点在抛物线上，故，即. 所以抛物线的方程为，焦点为，准线方程为， 如图，，， 所以， 又由点知，故， 所以 故选：B 7. 近年来纯电动汽车越来越受消费者的青睐，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口，于1898年提出蓄电池的容量（单位：），放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式：，其中为常数.为测算某蓄电池的常数，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.若计算时取，，则该蓄电池的常数大约为（ ） A. 1.25 B. 1.75 C. 2.25 D. 2.55 【答案】C 【解析】 【分析】利用经验公式将数据代入构造方程组，再由对数运算法则可解得常数. 【详解】根据题意由可得， 两式相除可得，即可得， 两边同时取对数可得，即可得； 即. 故选：C 8. 若，，使得，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】原问题转化为，区间与不等式的解集有交集，解出该不等式，借助数轴即可求解. 【详解】由，得，， 由，得，， 若，，使得， 则的区间长度要不小于的解集的区间长度， ，. 故选：B 二、多选题（本题共3题，每题6分，共18分.全对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 已知，，，则“”的充要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据不等式的性质判断AB；根据指数函数的图象与性质判断C；根据幂函数的图象与性质判断D. 【详解】A：若，则； 若，得，故A符合题意； B：若， 得，即，所以； 若，则，所以， 即，得，故B符合题意； C：当时，由，得， 当时，由，得； 若，当时，， 当时，由，故C不符合题意； D：若，由幂函数的图象与性质知； 若，则，故D符合题意. 故选：ABD 10. 在棱长为的正方体中，分别为的中点，点是正方体侧面上的一动点（含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的余弦值为 B. 当点为棱的中点时，直线与直线平行 C. 若保持，则点在侧面内运动路径的长度为 D. 过直线的平面截该正方体的内切球所得截面圆的面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】以正方体顶点为原点建立空间直角坐标系，得到顶点的坐标和中点的坐标，然后利用空间向量数量积的坐标运算求得异面直线与所成角的余弦值，判断A选项；求得与的坐标，根据平行向量的坐标关系判断直线与直线是否平行，判断B选项；由题可得点的运动轨迹，然后求得点在侧面内运动路径长，判断C选项；由空间向量投影求得球心到直线的距离，即可求得球心到过直线的平面的最大距离，从而求得截面圆的半径，然后得到其面积，判断D选项. 【详解】以正方体顶点为原点，建立如图空间直角坐标系，则. 则. 对于A，， 所以，故A正确. 对于B，若点为棱的中点，则，所以. 因为，所以不存在实数，使得，所以B错误. 对于C，因为，所以点在以点为球心的球面上. 又点是正方体侧面上的动点（含边界），所以点在侧面内运动轨迹是球的球面与侧面的交线. 因为侧面，且， 所以点在侧面内运动轨迹是以为圆心的圆与侧面内的交线，即圆心角为的圆弧，且半径为. 所以其路径长为.所以C正确. 对于D，易得正方体的内切球球心为正方体的中心，所以，半径为1. 所以，所以球心到直线的距离为， 所以球心到过直线的平面的最大距离为，此时截面圆的面积最小. 截面圆半径为，所以此时的截面圆面积为.所以D正确. 故选：ACD. 11. 平面内到定点、轴、轴的距离之和等于4的点的轨迹是如图所示的曲线，它由4部分组成，每部分都是双曲线上的一段，设是该曲线上一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当都是整数时，称为格点，则上有2个格点 C. 的最大值为 D. 在第一象限对应的双曲线的离心率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知有，整理得，进而研究曲线的相关性质判断各项的正误. 【详解】由题意，则，整理得， 当时，有，则， 当，则，当，则，结合题图知，A对； 由方程，显然都在曲线上，至少有4个格点，B错； 要使最大，则必在第一象限，此时， 所以，令，则， 所以，故， 所以，故的最大值为， （注意，则不成立），C对； 在第一象限对应的双曲线为，即， 所以，是由平移得到，而轴为双曲线的渐近线，则为实轴，为虚轴， 所以对应的标准双曲线的渐近线为，即，故离心率，D对. 故选：ACD 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】利用诱导公式、二倍角余弦公式直接求解即可. 【详解】. 故答案为：. 13. 欧拉是18世纪最伟大的数学家之一，在很多领域中都有杰出的贡献，人们把欧拉恒等式“”与麦克斯韦方程组并称为“史上最伟大的公式”，其中，欧拉恒等式是欧拉公式：的一种特殊情况.若复数，则=______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据欧拉公式写出对应复数的三角形式并化简，即可求模． 【详解】由欧拉公式得，又， 所以，． 故答案为：． 14. 已知面积为1，边AC，AB上的中线为BD，CE，且，则边AB长度的最小值为_______. 【答案】 【解析】 【分析】利用线段长度的关系，设其中一条线段，就可以表示相关线段，再引入，利用面积关系找到一个等式，然后由余弦定理求边，最后转化为角的函数来求最值即可. 【详解】 取，依题意，为的重心， 由，设，， 则，， ， 又， 则，即，由余弦定理知 ， 令， 则，解得， 而，则，因此，解得，， 所以的最小值为. 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. 已知等差数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）若数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，  由 ，令，可得，解得，从而可得结果； （2）由数列是首项为1，公比为2的等比数列，可得，结合（1）可得，利用等差数列与等比数列的求和公式，根据分组求和法可得数列的前项和. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 因为， 则，即，解得 ， 所以.   则 数列的通项公式为： 【小问2详解】 因为数列是首项为1，公比为2的等比数列，则， 又因为，所以.    设数列的前项和为， 则 所以数列的前项和为 16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）求角； （2）若的面积，，求边的大小. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式求出，即可得解； （2）由面积公式求出，即可求出、，再由余弦定理计算可得. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， ∴， ∴， 在中，，得， ，， ，. 【小问2详解】 ，又， ，所以，得， 又∵，∴或， 由余弦定理得， 所以. 17. 如图，平行六面体的所有棱长均相等，，，平面平面，点，满足，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1）证明：如图，取的中点，连接交于，连接，              因为，，所以， 又，所以              由于，，所以，从而有                     又平面，平面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接交于，证得，结合线面平行的判定定理即可得证； （2）以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设平行六面体各条棱长为6.因为平面平面，且， 所以平面，由于， 所以，，， 由余弦定理得， ，所以， 以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，则 ，，，，，， 由得， 从而 设平面的一个法向量为， 则， 可取，故. 18. 已知椭圆过点，且与双曲线有相同的焦点． （1）求椭圆的方程； （2）设为的上顶点，为左焦点，，为上的两点，点关于轴的对称点为，线段的中点为，若为的平分线， （i）求证：直线过定点； （ii）求的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）设直线、的倾斜角分别为和 ，则直线的倾斜角为， 由题设知和 均不等于，又直线的斜率为，故其倾斜角为， 从而有，即， 则，即， 又，故， 设直线、的斜率分别为、，则， 设直线、的方程分别为、，设， 联立，得，解得， 则，故点， 同理可得， 由题意可知，直线的斜率存在，故设直线的方程为， 代入点坐标得，化简得， 同理有， 故、是方程的两个根， 故，解得， 故直线方程为，过定点； （ii） 【解析】 【分析】（1）求出双曲线的焦点，再根据焦点相同设椭圆方程，进而得出方程组求解即可； （2）（i）设直线、的倾斜角分别为和 ，得出，再利用两角和差的正切公式以及诱导公式得出直线、的斜率之积为，再分别设直线、方程并与椭圆方程联立求出坐标，再设的方程，将坐标代入，建立一元二次方程，结合韦达定理可求； （ii）将问题转化为求的范围，联立直线与椭圆的方程，利用弦长公式计算，再利用换元法求函数最值即可. 【小问1详解】 双曲线的标准形式为， 因为，所以双曲线的焦点为， 因为椭圆与双曲线的焦点相同，故可设其方程为，且 ， 因为在椭圆上，所以，解得， 故椭圆的方程为； 【小问2详解】 （i）略 （ii）因为，故，故， 由（i）可知，直线方程为， 设、，则，， 联立，得， 因为点在曲线内部，则必有 ， 则，， 则 ， 令，则， 因为，则，则，即， 故，所以， 则的取值范围为. 19. 对于函数，若实数满足，则称为的不动点.已知，且的不动点的集合为.以和分别表示集合中的最小元素和最大元素. （1）若，求的元素个数及； （2）当恰有一个元素时，的取值集合记为. （i）求； （ii）若，数列满足，，集合，.求证：，. 【答案】（1）的元素个数为2， （2）（i）； （ii）由（i）知，，所以， 此时，，，由（i）知，在单调递增， 所以，当时，，所以，即， 故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而， 重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，， 下面我们先证明当时，， 设，， 所以，所以在单调递减， 所以， 即当时，， 从而当时，， 从而，即， 故，即， 由于，，所以，， 故， 故时，， 所以，故. 解法二：（i）当时，，故是的一个不动点； 当时，由，得（*）， 要使得恰有一个元素，即方程有唯一解，因此方程（*）无实数解， 即直线与曲线无公共点. 令，则，令， 则， 所以在单调递减，又因为，所以当时，，当时，， 所以当时，，当时， 所以在单调递增，在单调递减， 令，则，， 则 ， 又因为当时，，当时，， 所以曲线的大致图象如图所示： 由图可知，，所以的取值范围为，即集合. （ii）由（i）知，，所以， 此时，， 令，则， 令，当时，，所以在单调递增， 所以当时，，所以， 所以在单调递增，所以， 故若，则，因此，若存在正整数使得，则，从而， 重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，. 下面先证明当时，. 令，则， 所以在单调递增，所以当时，，所以当时，. 所以 ， 由于，所以， 故，即， 故， 故时，. 所以，故. （ii）解法三：同解法一可得，. 下面我们先证明当时，. 设，则当时，，所以在单调递减，所以，即， 从而当时，， 于是， 从而，即， 故，即， 由于，所以， 故， 故时，. 所以. 故. 【解析】 【分析】（1）依题意可得，令，利用导数求出函数的单调性，即可求出零点，即可求出集合，从而得解； （2）（i）结合（1）可得，令，求出函数的导函数，再分，两种情况讨论，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的零点个数，从而确定集合； （ii）由（i）可得，即可得到，即可得到，先利用导数证明当时，，即可得到，故，即，从而得到，即可放缩得到，利用等比数列求和公式求出，即可得解. 【小问1详解】 当时，，其定义域为. 由得. 设，则， 当时，；当时，； 所以在单调递增；在单调递减， 注意到，所以在恰有一个零点，且， 又，所以，所以在恰有一个零点， 即在恰有一个不动点，在恰有一个不动点， 所以，所以的元素个数为， 又因为，所以. 【小问2详解】 （i）当时，由（1）知，有两个元素，不符合题意； 当时，，其定义域为， 由得. 设，，则， 设，则， ①当时，，所以在单调递增， 又，所以在恰有一个零点， 即在恰有一个不动点，符合题意； ②当，故恰有两个零点. 又因为，所以， 当时，；当时，； 当时，； 所以在单调递增，在单调递减，在单调递增； 注意到，所以在恰有一个零点， 且， 又时，，所以在恰有一个零点， 从而至少有两个不动点，不符合题意； 所以的取值范围为，即集合. （ii）略 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试题 一、单选题（本题共8小题，每题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是正确的） 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设向量，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知平行直线与之间的距离为，则实数（ ） A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 4. 已知直线截圆所得的弦长为4，则实数的值是（ ） A. B. C. D. 5. 设是三条不同的直线，是三个不同的平面，则下列四个命题中正确的是（ ） A. 若，，则； B. 若，，，，，则； C. 若，，则，； D. 若，，，则； 6. 设抛物线的焦点为，不经过的直线与交于、两点，与轴交于点，已知点的坐标为，且与的面积之比是，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 近年来纯电动汽车越来越受消费者的青睐，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口，于1898年提出蓄电池的容量（单位：），放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式：，其中为常数.为测算某蓄电池的常数，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.若计算时取，，则该蓄电池的常数大约为（ ） A. 1.25 B. 1.75 C. 2.25 D. 2.55 8. 若，，使得，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3题，每题6分，共18分.全对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 已知，，，则“”的充要条件是（ ） A. B. C. D. 10. 在棱长为的正方体中，分别为的中点，点是正方体侧面上的一动点（含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的余弦值为 B. 当点为棱的中点时，直线与直线平行 C. 若保持，则点在侧面内运动路径的长度为 D. 过直线的平面截该正方体的内切球所得截面圆的面积的最小值为 11. 平面内到定点、轴、轴的距离之和等于4的点的轨迹是如图所示的曲线，它由4部分组成，每部分都是双曲线上的一段，设是该曲线上一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当都是整数时，称为格点，则上有2个格点 C. 的最大值为 D. 在第一象限对应的双曲线的离心率为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，则___________． 13. 欧拉是18世纪最伟大的数学家之一，在很多领域中都有杰出的贡献，人们把欧拉恒等式“”与麦克斯韦方程组并称为“史上最伟大的公式”，其中，欧拉恒等式是欧拉公式：的一种特殊情况.若复数，则=______． 14. 已知面积为1，边AC，AB上的中线为BD，CE，且，则边AB长度的最小值为_______. 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. 已知等差数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）若数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前项和. 16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）求角； （2）若的面积，，求边的大小. 17. 如图，平行六面体的所有棱长均相等，，，平面平面，点，满足，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 18. 已知椭圆过点，且与双曲线有相同的焦点． （1）求椭圆的方程； （2）设为的上顶点，为左焦点，，为上的两点，点关于轴的对称点为，线段的中点为，若为的平分线， （i）求证：直线过定点； （ii）求的取值范围． 19. 对于函数，若实数满足，则称为的不动点.已知，且的不动点的集合为.以和分别表示集合中的最小元素和最大元素. （1）若，求的元素个数及； （2）当恰有一个元素时，的取值集合记为. （i）求； （ii）若，数列满足，，集合，.求证：，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $