精品解析：四川绵阳南山中学2026届高三第六次教学质量检测数学试题

2026年3月 绵阳南山中学高2023级高三第六次教学质量检测 数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟 命题人：何先俊 刘波 审题人：罗伟 郭敏 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5.考试结束后，只将答题卡交回. 第I卷（选择题） 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】D 【解析】 【详解】由，得，解得或， 所以，所以, 所以. 2. 已知命题，；命题，，则（ ） A. 和都真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】B 【解析】 【详解】当时，不成立，所以命题是假命题，是真命题； 根据指数函数和对数函数的图象可知，函数与在上有一个交点， 则，，即命题是真命题，是假命题. 3. 在空间中，下列命题正确的是（ ） A. 垂直于同一直线的两条直线平行 B. 平行于同一直线的两个平面平行 C. 若一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直 D. 若一个平面内有三个不共线的点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中直线、平面的位置关系，结合平面的基本性质判断A、B，由面面垂直的判定定理判断C，利用长方体举反例判断D. 【详解】A：空间中垂直于同一直线的两条直线，可能平行、相交或异面，错， B：空间中平行于同一直线的两个平面，可能平行或相交，错， C：若一个平面经过另一个平面的一条垂线，根据面面垂直的判定定理知这两个平面互相垂直，对， D：在长方体中，三点到平面的距离都相等，但平面与平面并不平行，错. 故选：C 4. 若且，则“”是“为等差数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】由及等差数列的性质知， 若为等差数列，则，必要性成立； 数列：1，5，3，7满足，但不是等差数列，充分性不成立. 则“”是“为等差数列”的必要不充分条件. 5. 已知二项式的展开式中所有项的系数和为32，若，且，则等于（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式展开式的系数和的性质结合条件列方程求参数的值，再根据正态分布的对称性求出的值. 【详解】二项式的展开式中所有项的系数和， 由已知，解得 因为，所以. 6. 已知三个平面向量，，两两的夹角相等，且满足，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据三个平面向量，，两两的夹角进行分类讨论，结合投影向量的知识确定正确答案. 【详解】当三个平面向量，，两两夹角都为0时，显然在上的投影向量是. 当三个平面向量，，两两夹角都为时，因，所以， 则在上的投影向量为. 7. 若恒成立，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，利用导数求出的单调性和零点，令，结合条件，可得在处取得零点，代入可得a，b的关系，根据不等式的性质及二次函数的性质，逐一分析各个选项，即可得答案. 【详解】当时，恒成立； 当时，令，则， 所以在上单调递增，注意到， 因此在内，，在内，， 因为恒成立，因此. 令，则在内，，在内，， 所以在处取得零点，即，得. 综上，，那么由，得. 对于A：因为，故A错误； 对于B：，，，故B错误； 对于C、D：因为， 则在单调递减，所以.故D正确，C错误. 8. 已知，不等式在中的整数解有个.关于的个数，以下不可能的是（ ） A. 1014 B. 1013 C. 507 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知有，结合正切函数的周期性研究与直线整数交点的个数，再应用分类讨论研究直线与所包围的区域（不含边界）内的整点个数，即可得. 【详解】因为，所以， 因为函数的周期为4，先考虑一条直线与函数的整数交点. 注意到在一个周期内，可能存在的整点有1，3，4，可得，以下分情况讨论： ①当时，，，有506个整点； ②当时，，，有506个整点； ③当时，，，有507个整点； 再考虑直线与所包围的区域（不含边界），注意到区间的长度为2. 当时，则可能，就有个整点； 也可能，就有个整点；故B可能； 当时，，就有506个整点， 当时，，就有507个整点，故C可能； 当或时，中没有元素，就有0个整点，故D可能， 综上，不可能只有A. 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. 设函数的导函数为，则正确的有（ ） A. B. 有且仅有两个极值点 C. 有且仅有两个零点 D. 若在上有最大值，则 【答案】ABD 【解析】 【详解】A：由，求导得， 令，得，故A正确； B：由A知，则. 所以，当和时，，则单调递增， 当时，，则单调递减， 所以有且仅有两个极值点和，故B正确； C：，或， 由，因此有且仅有三个零点，故C错误； D：， 令，得或， 所以在上有最大值，则，故D正确. 10. 设，分别为随机事件的对立事件，以下概率均不为零，则下列结论正确的有（ ） A. B. 若，则 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据全概率公式、条件概率公式等知识逐项计算判断即可. 【详解】对于A，由全概率公式得，，故A正确； 对于B，，所以，所以，相互独立， 那么，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，表示在发生的条件下发生的概率，表示在发生的条件下发生的概率， 两者之和不一定为1，例如：设为“掷骰子点数为偶数”，为“掷骰子点数为奇数”， 为“掷骰子点数大于2”，则，，和为，D错误. 11. 在平面直角坐标系中，已知曲线，则（ ） A. 曲线是某个函数的图象 B. 过点可作两条直线与曲线相切 C. 过曲线上一点作与的垂线，垂足分别为，，则四边形面积的最大值为 D. 曲线上存在两个不同的点、，使得线段被点平分 【答案】AD 【解析】 【分析】分情况讨论曲线的方程，可得其函数解析式，判断A；设过点与曲线相切的直线方程，通过求方程的解，判断B；易知四边形为正方形，根据点到与的距离之积表示出四边形面积，判断C；利用点差法判断D. 【详解】对于A，， 所以，所以A正确； 对于B，当过点的直线斜率不存在时，直线方程为，显然与曲线不相切； 所以设过点与曲线相切的直线为. 若，由，得 令，得. 当时，，即，解得，不合题意； 当时，，不合题意. 若，由，得. 令，得. 当时，，即，解得，不合题意； 当时，，不合题意. 若，由，得. 方程无解. 综上，不存在过点且与曲线相切的直线，故B错误. 对于C，易知四边形为正方形.设，则 当或时，点到与的距离之积为， 则四边形面积为2； 当时，令，， 点到与的距离之积为. 综上，四边形面积的最大值为2，故C错误. 对于D，若存在过的直线与曲线交于、两点，则直线的斜率存在. 设存在过的直线与在第一象限交于两点， 且线段被点平分. 则，所以，即， 所以，所以直线的方程为，故D正确. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是虚数单位，复数，则______. 【答案】## 【解析】 【详解】可得， . 13. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，若，则的最大值为______. 【答案】1 【解析】 【详解】因为与角的终边关于轴对称，所以， 又因为，所以， 令，则. 所以， 所以当时，单调递减， 所以当时，取得最大值1. 14. 已知直线与圆相切于点，是圆上一动点，点满足，且以为圆心，为半径的圆恰与相切，则当取最小值时，点的坐标可以为______. 【答案】或 【解析】 【分析】设，根据条件，列出等式，可得点P的轨迹方程，再设，根据三角函数的定义，可得的表达式，化简整理，结合基本不等式，即可得答案. 【详解】设，则，直线与圆相切于点，则， 由以为圆心，为半径的圆恰与相切， 可得， 化简可得，且. 再设，则， 则， 由于对勾函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，有最大值-2，则取得最小值， 此时或. 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. 在中，角，，的对边分别为，，.已知，，. （1）求的值； （2）若是边的中点，求的值. 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得，利用余弦定理列方程求得. （2）利用向量法列方程，化简后求得. 【小问1详解】 已知，由正弦定理， 得，显然， 得，由，得，所以， 因为，由余弦定理， 则， ， 解得(舍去). 【小问2详解】 因为是边的中点， 所以， 所以， ，所以. 16. 在马年春节联欢晚会上，多款人形机器人惊艳亮相，其精彩的表演赢得了观众的一致好评.某款人形机器人在排练时，导演对机器人下达了7个动作指令，机器人成功完成了其中5个.现从这7个指令中随机抽取4个进行回放分析，以表示抽取的指令中成功完成的个数. （1）求的分布列和数学期望； （2）若对机器人下达的动作指令表述清晰，则机器人成功完成指令的概率为0.9；若对机器人下达的动作指令表述模糊，则成功完成指令的概率为0.5.设下达的动作指令表述模糊的概率为，若该机器人成功完成指令的概率为0.8，求的值； （3）在排练过程中，记录了机器人完成某个特定动作的练习次数与所需时间（秒）的数据，如下表： 练习次数 2 4 5 6 8 完成时间 8 7 6 5 4 且关于的线性回归方程为，预测当练习次数为10时，完成时间约为多少秒. 【答案】（1）分布列为： 2 3 4 期望为 （2） （3）2.5秒 【解析】 【分析】（1）由题设随机变量服从超几何分布，并求出对应概率，即可得分布列，再应用分布列或超几何分布的期望求法求期望； （2）应用全概率公式求概率即可； （3）首先求出样本中心，代入回归方程求参数，再由该方程估计练习次数为10时完成时间. 【小问1详解】 由题意知随机变量服从超几何分布，其中，，， 且的所有可能取值为2，3，4，，，， 故的分布列为： 2 3 4 法一：所以的数学期望. 法二：根据超几何分布的期望公式知. 【小问2详解】 记“下达的动作指令表述清晰”为事件， 记“下达的动作指令表述模糊”为事件， 记“机器人成功完成指令”为事件. 由已知得，，，，. 因为， 所以. 【小问3详解】 ，. 因为经过点（5，6），所以，回归方程为. 当时，，故预测当练习次数为10时，完成时间约为2.5秒. 17. 在平面直角坐标系中，已知曲线，点在曲线上，直线. （1）判断曲线与直线的位置关系，并证明； （2）当时，直线与直线，分别交于，两点.设与的面积分别为，，比较与的大小. 【答案】（1）相切，证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）联立直线和曲线方程，利用判别式可知直线与曲线相切； （2）解法一：将两三角形面积比值转化为线段的比例，再转化为点的坐标的比值可知两式相等； 解法二：利用三角恒等变换证明，再利用三角形面积公式化简可得两式相等； 【小问1详解】 联立可得， 因为，于是. 所以， 可知直线与曲线相切. 【小问2详解】 解法一： 设，，如下图： 易知，当时，由对称性可知，. 当时，不妨设，易知. 联立，解得，， 联立，解得，. 所以. ， 故. 综上. 解法二： 不妨设，. 易知，当时，由对称性可知，. 当时，不妨设. 联立，解得，， 联立，解得，. 若，则，，， 由对称性，不妨取，，则，，， ，，所以. 同理，当时，. 当时，则，，， 又，所以， 所以. . 则，即， 所以. 综上：. 18. 已知函数（是自然对数的底数）. （1）当时，求函数的单调区间及曲线在处的切线方程； （2）当时： （i）证明：在上有两个极值点； （ii）设极小值点是，证明：. 【答案】（1）单调递增区间为,无单调递减区间；切线方程为 （2）（i）证明见解析（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用不含参函数的单调区间以及切线方程的求法可得答案； （2）（i）求导，利用单调性以及零点存在定理证明导函数在上有2个变号的零点即可；（ii）放缩成等比数列，利用等比数列的前项和公式求和即可. 【小问1详解】 当时，可得，. 当时；当时，则在上恒成立， 故的单调递增区间为无单调递减区间. 因， 曲线在处的切线方程为. 【小问2详解】 （i）， 令，则， 再令，则， 由， 故在上单调递减，在上单调递增. 因为，，， 当时，，所以存在使得. 于是在上单调递减，在上单调递增. 又因为，， 所以在内存在唯一零点， 即在内有唯一极值点且为极小值点. 又因为，当时，， 于是在内存在唯一零点， 即在内有唯一极值点且为极大值点. 综上， 在  上有一个极大值点  和一个极小值点 ，且. （ii）由（i）知，，所以. . 19. 在如图所示的圆柱中，，分别是下底面圆、上底面圆的直径，，是圆柱的母线，，.过直线且与平面垂直的平面记为，平面与该圆柱侧面的交线记为（可以证明交线是椭圆）. （1）求点到平面的距离； （2）如图，设为底面弧上的动点，求平面与平面所成角的余弦值的最大值； （3）将圆柱沿母线剪开，并展开为如图所示的平面图形，在平面展开图中，以为原点，以，的方向分别为轴、轴的正方向建立平面直角坐标系，求的平面展开曲线的方程. 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直作出点到平面的垂线，再利用等面积法可得答案； （2）建系，利用面面角的空间向量计算公式计算，然后求函数最值即可； （3）利用轨迹方程的求法，建立起曲线上的一点横纵坐标满足的关系式即可. 【小问1详解】 过作垂直于，垂足， 由平面，且平面，知， 则为点到平面的距离. 在中，，， 所以， 所以，点到平面的距离. 【小问2详解】 以为原点，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，， 令，，于是. ，，令平面的法向量， 由， 令，得 由（1）知，可得，于是可令平面的法向量. 令平面与平面所成角为， 则. 因为，所以（当时取等）. 所以，当为弧的中点时，平面与平面所成角的余弦值取到最大值. 【小问3详解】 将圆柱沿母线剪开并展开成平面图形，以为原点，方向（水平向右）为轴正方向， 方向（从指向，即竖直向上）为轴正方向，建立平面直角坐标系. 令曲线上一点，由对称性不妨令，. 令，则. 圆柱底面半径，故底面圆周长为，展开后轴对应弧长，范围取， 使得对应，剪开线对应. 如图，过作的垂线，垂足为，则，. 由题知截面为椭圆，其方程为，点，解得， 于是. 由得. 所以，将代入得，. 由对称性知，曲线的展开曲线方程为， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年3月 绵阳南山中学高2023级高三第六次教学质量检测 数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟 命题人：何先俊 刘波 审题人：罗伟 郭敏 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5.考试结束后，只将答题卡交回. 第I卷（选择题） 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. 已知命题，；命题，，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都真命题 D. 和都是真命题 3. 在空间中，下列命题正确的是（ ） A. 垂直于同一直线的两条直线平行 B. 平行于同一直线两个平面平行 C. 若一个平面经过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直 D. 若一个平面内有三个不共线的点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行 4. 若且，则“”是“为等差数列”（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 5. 已知二项式的展开式中所有项的系数和为32，若，且，则等于（ ） A. B. C. 2 D. 3 6. 已知三个平面向量，，两两的夹角相等，且满足，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. 或 D. 或 7. 若恒成立，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，不等式在中的整数解有个.关于的个数，以下不可能的是（ ） A. 1014 B. 1013 C. 507 D. 0 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. 设函数的导函数为，则正确的有（ ） A. B. 有且仅有两个极值点 C. 有且仅有两个零点 D. 若在上有最大值，则 10. 设，分别为随机事件的对立事件，以下概率均不为零，则下列结论正确的有（ ） A. B. 若，则 C. D. 11. 在平面直角坐标系中，已知曲线，则（ ） A. 曲线是某个函数的图象 B. 过点可作两条直线与曲线相切 C. 过曲线上一点作与的垂线，垂足分别为，，则四边形面积的最大值为 D. 曲线上存在两个不同点、，使得线段被点平分 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是虚数单位，复数，则______. 13. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，若，则的最大值为______. 14. 已知直线与圆相切于点，是圆上一动点，点满足，且以为圆心，为半径的圆恰与相切，则当取最小值时，点的坐标可以为______. 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. 在中，角，，的对边分别为，，.已知，，. （1）求的值； （2）若是边的中点，求的值. 16. 在马年春节联欢晚会上，多款人形机器人惊艳亮相，其精彩的表演赢得了观众的一致好评.某款人形机器人在排练时，导演对机器人下达了7个动作指令，机器人成功完成了其中5个.现从这7个指令中随机抽取4个进行回放分析，以表示抽取的指令中成功完成的个数. （1）求的分布列和数学期望； （2）若对机器人下达的动作指令表述清晰，则机器人成功完成指令的概率为0.9；若对机器人下达的动作指令表述模糊，则成功完成指令的概率为0.5.设下达的动作指令表述模糊的概率为，若该机器人成功完成指令的概率为0.8，求的值； （3）在排练过程中，记录了机器人完成某个特定动作的练习次数与所需时间（秒）的数据，如下表： 练习次数 2 4 5 6 8 完成时间 8 7 6 5 4 且关于的线性回归方程为，预测当练习次数为10时，完成时间约为多少秒. 17. 平面直角坐标系中，已知曲线，点在曲线上，直线. （1）判断曲线与直线的位置关系，并证明； （2）当时，直线与直线，分别交于，两点.设与的面积分别为，，比较与的大小. 18. 已知函数（是自然对数的底数）. （1）当时，求函数的单调区间及曲线在处的切线方程； （2）当时： （i）证明：在上有两个极值点； （ii）设极小值点是，证明：. 19. 在如图所示的圆柱中，，分别是下底面圆、上底面圆的直径，，是圆柱的母线，，.过直线且与平面垂直的平面记为，平面与该圆柱侧面的交线记为（可以证明交线是椭圆）. （1）求点到平面的距离； （2）如图，设为底面弧上的动点，求平面与平面所成角的余弦值的最大值； （3）将圆柱沿母线剪开，并展开为如图所示的平面图形，在平面展开图中，以为原点，以，的方向分别为轴、轴的正方向建立平面直角坐标系，求的平面展开曲线的方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $