精品解析：四川省成都石室中学2025-2026学年下学期高三二诊模拟测试数学试卷

成都石室中学2025-2026学年度下期高2026届二诊模拟测试 数学 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p：“，”，则为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知平面内三点，则向量在上的投影向量为（    ） A. B. C. D. 4. 在的二项展开式中，所有二项式系数之和为64，则展开式的项数是（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 5. 若点是函数图象的一个对称中心，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知抛物线的焦点为是C上一点，对于x轴上一点，都有，则t的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知不重合的圆都过点，且均与两坐标轴相切，则圆的公共弦长为（ ） A 1 B. C. D. 8. 美味火锅中也充满了有趣的数学知识，如图将火锅抽象为乙图的两个同心圆柱，大、小圆柱的半径分别为25cm与5cm，汤料只放在两圆柱之间，将汤勺视为一条线段，若将汤锅装满，将汤勺置于两圆柱之间无论如何放置汤料都不会将汤勺淹没，则汤勺长度最短为：（ ）cm. 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. 已知数据的平均数为M，中位数为N，方差为P，极差为Q，设，得到新数据，则对于所得新数据，下列说法一定正确的是（ ） A. 平均数是3M B. 中位数是 C. 方差是9P D. 极差是 10. 如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，Q为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则（ ） A. 平面 B. 平面截正方体所得的截面面积为 C. 点Q的轨迹长度为 D. 能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为 11. 在中，角，，所对的边长分别为a，b，c，且满足．点在线段的延长线上，则下列选项中正确的是（ ） A B. 若，则 C. D. 若，当点运动时，为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，其中为虚数单位，则_______. 13. 已知，则最大值为______． 14. 若函数的图象存在对称轴，则的最小值为______． 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. 已知正项数列的前n项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若直线与曲线相切，求的值． 17. 如图，在四棱锥中，平面，平面平面． （1）证明：； （2）若，且为的重心，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 如图，已知椭圆，点在椭圆上且，，分别经过的左、右焦点，，且，． （1）若，求点的坐标； （2）证明：是定值，并求出的值； （3）求四边形面积最大值． 19. 进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等.一般地，若是一个大于的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式，其中，，，，且，，如，所以在三进制下可写为. （1）将五进制数转化成三进制数. （2）对于任意两个不同的位二进制数，，，记. ①若，求随机变量的分布列与数学期望； ②证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都石室中学2025-2026学年度下期高2026届二诊模拟测试 数学 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】B 【解析】 【分析】将中的元素代入即可得出，然后根据交集的运算，即可得出答案. 【详解】当或时，； 当时，. 所以，， 所以，. 故选：B. 2. 已知命题p：“，”，则为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据含有全称量词命题的否定进行判断即可. 【详解】因为全称量词命题的否定是存在量词命题， 所以“，”的否定是“，”． 故选：C． 3. 已知平面内三点，则向量在上的投影向量为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出，求出即可求出向量在上的投影向量. 【详解】因为， 所以， 所以，， 所以向量在上的投影向量为. 故选：D. 4. 在的二项展开式中，所有二项式系数之和为64，则展开式的项数是（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】先由二项式系数公式求出n，再由二项式展开式定理即可得解. 【详解】由题得， 所以二项式的展开式的项数是. 故选：A. 5. 若点是函数的图象的一个对称中心，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦函数对称中心性质得，，然后利用诱导公式求值即可. 【详解】因为点是函数的图象的一个对称中心， 所以，，即，， 所以，所以. 故选：D 6. 已知抛物线的焦点为是C上一点，对于x轴上一点，都有，则t的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由焦点坐标得到抛物线方程，利用恒成立求解的取值范围. 【详解】因为抛物线的焦点为，所以，解得，所以抛物线. 设，则对，， 整理得， 所以因为，所以，所以， 又，所以的取值范围为， 故选：B. 7. 已知不重合的圆都过点，且均与两坐标轴相切，则圆的公共弦长为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析出两圆公共弦的端点，利用两点间的距离公式可求公共弦长. 【详解】如图： 因为两圆都过点，且均与两坐标轴相切，所以必在直线上， 点关于直线的对称点为，则线段即为圆的公共弦. 因为. 故选：B 8. 美味的火锅中也充满了有趣的数学知识，如图将火锅抽象为乙图的两个同心圆柱，大、小圆柱的半径分别为25cm与5cm，汤料只放在两圆柱之间，将汤勺视为一条线段，若将汤锅装满，将汤勺置于两圆柱之间无论如何放置汤料都不会将汤勺淹没，则汤勺长度最短为：（ ）cm. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将投影至底面为，是底面大圆一条弦且与小圆相切（切点为）时最长，求出弦长后由勾股定理求得 【详解】将投影至底面为，是底面大圆的一条弦且与小圆相切（切点为）时最长， 所以， 所以， 故选：C. 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. 已知数据的平均数为M，中位数为N，方差为P，极差为Q，设，得到新数据，则对于所得新数据，下列说法一定正确的是（ ） A. 平均数是3M B. 中位数是 C. 方差是9P D. 极差是 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意，结合数据的平均数、中位数、方差和极差的定义与计算方法，结合，逐项求解判断，即可得到答案. 【详解】对于A，由数据的平均数为，可得， 新数据的平均数为 ，所以A错误； 对于B，由数据的中位数为， 将新数据从小到大排序，因为，所以新数据的排序和原数据的排序相同， 所以新数据的中位数为，所以B正确； 对于C，由数据的方差为， 设新数据的方差为，因为新数据满足，可得，所以C正确； 对于D，由原数据的极差为，可得， 因为新数据满足，则新数据的极差为，所以D错误. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，Q为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则（ ） A. 平面 B. 平面截正方体所得的截面面积为 C. 点Q的轨迹长度为 D. 能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到线面垂直；B选项，作出辅助线，找到平面截正方体所得的截面，求出面积；C选项，作出辅助线，得到点Q的轨迹，并求出轨迹长度；D选项，由对称性得到平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称，由对称性可知，球心在上，设球心为，由得到方程，求出半径的最大值. 【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， 故. 设平面法向量为， 则， 令得，，故， 因为，故平面，A正确； B选项，取的中点，连接， 因为M，N，P分别是棱，，的中点， 所以，又， 所以，所以平面截正方体所得的截面为正六边形， 其中边长为，故面积为，B正确； C选项，Q为平面上的动点，直线与直线的夹角为， 又平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆， 即为点Q的轨迹， 其中，由对称性可知，， 故半径， 故点Q的轨迹长度为，C错误； D选项，因为M，N，P分别是棱，，的中点， 所以平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称， 不妨求能放入含有顶点的空间几何体的球的半径最大值， 该球与平面切与点，与平面，平面，平面相切， 由对称性可知，球心在上，设球心为，则半径为， ，故，即，解得， 故球的半径的最大值为，D正确. 故选：ABD 【点睛】立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 11. 在中，角，，所对的边长分别为a，b，c，且满足．点在线段的延长线上，则下列选项中正确的是（ ） A. B. 若，则 C. D. 若，当点运动时，为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正弦定理与余弦定理的边角变换可判断A；结合A选项化简可得，，再由余弦定理化简计算即可判断B；结合A选项，由正弦定理化简可判断C；利用诱导公式与余弦定理，结合A选项化得，从而可判断D. 【详解】对于A，因为，由正弦定理可得， 再由余弦定理得，整理得，故A正确； 对于B，若，则，则，， 由余弦定理可得，故B错误； 对于C，由可知：， 因为， 由正弦定理得，， 即，因为，所以， 所以，故或（不符合题意舍去），故C正确； 对于D，因为互补，所以， 结合余弦定理可得，因为，， 则，整理得，又， 则， 从而，故为定值，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，其中为虚数单位，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】首先化简复数，再求复数的模. 【详解】， . 故答案为： 【点睛】本题考查复数的化简和求复数的模，意在考查基本计算，属于基础题型. 13. 已知，则的最大值为______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据基本不等式即可求出的最大值. 【详解】由题意， 在中， ， 当且仅当时取等号， 即， 故答案为：. 14. 若函数的图象存在对称轴，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】设的对称轴为，则，从而得到方程，求出，故，令，换元并配方得到当时，取得最小值，最小值为. 【详解】设的对称轴为，则， 即， 化简得， ， ， 故需满足，解得， 故， 令，故， 则， 故当时，即时，取得最小值，最小值为. 故答案： 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. 已知正项数列的前n项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）可用与的关系消去，求出数列的通项公式； （2）是比较常见的等差数列与等比数列乘积的形式，用错位相减法求解即可. 【小问1详解】 由，当时，， 则，即， 所以，即， 由数列为正项数列，所以，从而有，， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以，． 【小问2详解】 由（1）知，所以， ，则， 从而， 即， 所以. 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若直线与曲线相切，求的值． 【答案】（1） 答案见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用导数法求函数单调性的步骤及分类讨论即可求解； （2）根据导数的几何意义及导数法求函数的最值的步骤即可求解. 【小问1详解】 的定义域为R， , 当时，,单调递减; 当时，令，得, 当时，，单调递减; 当时，，单调递增. 综上，当时，在R 上单调递减； 当时，在单调递减; 在上单调递增. 【小问2详解】 由（1）知，， 设切点为，则， 易知，故. 又，即，将代入，得. 设，则. 令，即，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 综上，. 17. 如图，在四棱锥中，平面，平面平面． （1）证明：； （2）若，且为的重心，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）过点A作于点E，由面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理和性质定理即可证明； （2）以点B为坐标原点，所在的直线分别为轴，过点B且平行于的直线为z轴，建立空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案. 【小问1详解】 如图，过点A作于点E． 平面平面，平面平面平面， 平面． 又平面． 又平面平面． 平面平面． 又平面． 【小问2详解】 由（1）知， 以点B为坐标原点，所在的直线分别为轴， 过点B且平行于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则． 设．① ．② 由①②得． 又为的重心，． 设平面的法向量为，则 ， 令，则 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值． 18. 如图，已知椭圆，点在椭圆上且，，分别经过的左、右焦点，，且，． （1）若，求点坐标； （2）证明：是定值，并求出的值； （3）求四边形面积最大值． 【答案】（1） （2）证明见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）借助向量线性运算可表示出点坐标，结合、点在椭圆上可得、点坐标满足关系，计算即可得解； （2）借助向量线性运算可用、表示出点、点坐标，再利用、、点在椭圆上可得、点坐标满足关系，则可用表示出、，再求和即可得解； （3）利用三角形面积公式可得，则，再计算出面积后，利用、间的关系，结合基本不等式即可得解. 【小问1详解】 ，，则， 由，则，故， 故，化简得，又， 则，解得，则， 故或（负值舍去），即点的坐标为； 【小问2详解】 由，，则， 故，则有， 化简得， 由，则， 整理得， 则或（负值舍去）； ，则，由，则， 故，则有， 化简得， 由，则， 整理得， 则或（负值舍去）； 故， 故是定值，且； 【小问3详解】 ，， 则 ， 则， 由，，则， 又， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立， 故四边形面积最大值为. 19. 进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制；满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等.一般地，若是一个大于的整数，那么以为基数的进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式，其中，，，，且，，如，所以在三进制下可写为. （1）将五进制数转化成三进制数. （2）对于任意两个不同的位二进制数，，，记. ①若，求随机变量的分布列与数学期望； ②证明：. 【答案】（1） （2）①分布列见解析，；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）将五进制数转化为十进制数，将十进制数转化为三进制数可得结果. （2）①求出时，位的二进制数的个数，确定的所有可能取值，求出相应取值的概率，得到分布列和数学期望； ②求出位的二进制数的个数，确定的所有可能取值，求出相应取值的概率，得到分布列和数学期望，即可证明结论 【小问1详解】 由题意得，将五进制数转化为十进制数为， ∵，∴， ∴五进制数转化成三进制数为. 【小问2详解】 ①若，则位的二进制数有，，，，，，，，共个，从个数中任选2个，共有种情况. ∵，∴的所有可能取值为. 当时，若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况, 若选择，可以从，，中任选1个，共有3种情况, 若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况 若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况, 若选择，可以从，中任选1个，共有2种情况， 共有种情况，故. 当时，和，和，和，和满足要求，共有4种情况，故， ∴， ∴随机变量的分布列为 1 2 3 ∴. ②∵位二进制数的， ∴根据二进制数中0的个数可得，位二进制数一共有个， ∵，∴的可能取值为. 当时，二进制数，有位取值不同，有位取值相同， 除去，从剩余的位中选择位，二进制数，在这位上数字不同，其余位，两者均在同一位置数字相同， 由于，故共有种情况， ∴， ∴随机变量的分布列为 1 2 3 ∵， ∴ ， ∴. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $