精品解析：四川遂宁市高中2026届高三二诊考试数学试题

遂宁市高中2026届高三二诊考试 数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.总分150分.考试时间120分钟. 第I卷（选择题，满分58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､班级､考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上.并检查条形码粘贴是否正确. 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸､试题卷上答题无效. 3.考试结束后，将答题卡收回. 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. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过分析两个集合中元素的特征，变形的元素表达式，结合整数性质判断集合间的包含关系. 【详解】集合，代表所有奇数构成的集合，所有奇数都可以写成的形式. 对集合中任意元素，变形得，因为，所以， 因此符合中元素的形式，即任意都有，可得，A正确； 取奇数，（时），但若，得，因此，说明， ， 取奇数，（时）且（时，），即和有公共元素，交集不为空， 因此B、C、D错误. 2. 设，且，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【详解】充分性：对不等式移项通分得，已知，即， 要使分式大于0，分母必须也为负，因此可得，充分性成立； 必要性：若，说明异号，结合条件，可知为正数，为负数. 因此，，必然有，必要性成立. 综上，是的充要条件。 3. 下列说法正确的是（ ） A. 残差散点图所在的带状区域越宽，则两个变量的相关性越强 B. 若随机变量服从正态分布，且，则 C. 数据的分位数是6 D. 在线性回归分析中，线性相关系数的绝对值越大，则两个变量的线性相关性越强 【答案】D 【解析】 【分析】残差散点越集中，相关性越强，所以A错；正态分布关于均值对称，可由求出的值，B错；先将数据按从小到大排列，再求分位数，C 错；线性相关系数绝对值越接近1，线性相关性越强，D对. 【详解】选项A，残差散点图所在的带状区域越窄， 说明残差越小，模型拟合效果越好，两个变量的线性相关性越强， 因此“带状区域越宽，相关性越强”说法错误，所以A错. 选项B,因为所以该正态分布关于对称， 已知由对称性可得 又因为所以 故所以B错. 选项C，将数据按从小到大排列：共有 7 个数据， 故分位数是第 5 个数，即不是 6.所以C错. 选项 D，在线性回归分析中，线性相关系数满足 且越大，说明两个变量的线性相关性越强；越接近 0，说明线性相关性越弱.所以D正确. 4. 已知定义域为的函数满足，当时，，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据周期性得出，再根据解析式及对数运算求解. 【详解】因为函数满足，所以， 当时，，则. 5. 已知方程表示双曲线，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【详解】由题意得：，解得或. 6. 在边长为3的等边中，为中点，为中点，若与交于，则（ ） A. -2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】建立坐标系如图所示， 则 所以直线方程为，即， CD方程为，所以 所以， 所以 7. 在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，设，进而得，利用向量夹角公式即可求解. 【详解】根据题意，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 设，所以， 因为平面， 所以，解得， 所以， 显然平面的一个法向量为， 所以， 当时，取最大值，即取最大值，即， 所以，所以. 8. 若函数在上单调递增，且方程在上有解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先对函数进行化简，再根据单调性和方程有解的条件确定的取值范围. 【详解】因为，所以根据二倍角公式可得： ， ， ， 再根据辅助角公式进一步化简可得：， 因为，所以令，则， 因为的单调递增区间为，而， 所以整个区间需落在内，即， 求解可得：，因为方程即， 在内，​仅有解， 又因为，解不等式：可得：. 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. 已知等差数列的前项和为，公差为，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 当且仅当时取最小值 【答案】AD 【解析】 【分析】先利用等差数列通项公式，结合已知公差与项的值求出首项，再依次求出数列指定项，通过代数运算验证等式是否成立；接着代入求和公式建立方程，求解正整数项数；最后写出通项，结合项的正负分界，分析前n项和的最值，逐一筛选选项即可. 【详解】因为公差 ，，，所以： 选项A：， 所以，A正确； 选项B：， ， ， 所以，B错误； 选项C：因为， 所以， 解得 或 （舍去负根），所以 ，不是9，C错误； 选项D：因为， 令 ，则， 即 ，， 所以前4项均为负，从第5项开始为正，因此 是最小值. D正确. 10. 如图所示，矩形中，，将沿翻折至，使得，则（ ） A. 不存在的值使 B. 存在的值使平面平面 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 当点在平面上的射影落在上时，直线与平面所成角为 【答案】BCD 【解析】 【分析】直接利用勾股定理即可判断A；当时，可证平面，进而得到平面平面即可判断B；过作交于，则当平面时，三棱锥体积最大，接着求出判断存在性，再得到体积即可判断C；当点在平面上的射影落在上时，可推出平面平面，则，再利用等体积法求出三棱锥的高，进而得到直接与平面所成角即可判断D． 【详解】解：根据题意，， 若，则，即， 解得，符合题意，故A错误； 当时，，又平面， 平面，又平面， 平面平面，故B正确； 过作交于， 由题易知，， ，解得， 又， 所以当平面时，三棱锥体积最大， 此时，， ，又， ， ，符合题意， 三棱锥体积最大值为，故C正确； 当点在平面上的射影落在上时，平面平面， 又，平面平面，平面， 所以平面，平面，所以平面平面，故， 又，所以， ， ， 设三棱锥的高为，直线与平面所成角为， ，解得， ，又，所以， 直线与平面所成角为，故D正确． 11. 已知函数，下列选项正确的是（ ） A. 函数在区间单调递增 B. 函数在上有两个零点 C. 若关于的方程有6个不相等的实数根，则实数的取值范围为 D. 关于的不等式在上恰有两个整数解，则实数的取值范围为 【答案】AD 【解析】 【分析】对A，对分段函数分区间求导，根据导数在内的符号判断的单调性，验证是否符合单调递增的结论；对B，令求解方程，验证结论是否正确；对C，先对原方程因式分解得到和​，画出的大致图像，结合图像统计总实根个数，推导得到的取值范围验证结论；对D，在的条件下将不等式变形为，分析函数在上的单调性与取值，结合恰有两个整数解的要求推导的取值范围验证结论. 【详解】对于A：当时，， 恒成立，在单调递增； 当时，， 恒成立，当且仅当时取等号， 所以在单调递增， 综上，在区间单调递增，A正确； 对于B：由可得，即在上只有一个零点，B错误； 对于C：因式分解得，即或， 因为当时，，恒成立，单调递增， 又时，，时，， 所以时，且单调递减； 当时，，若，，单调递增， 若，，单调递减，又，时，， 所以时，先增后减，当时取得极大值， 综上，的图象如图所示， 显然与函数有3个交点，则若方程有6个不相等的实数根， 则与函数有3个交点，所以或，C错误； 对于D：时，，不等式即，化简得， 令，则整数解为， 时，，时，，时，， 要使不等式恰好有两个整数解，即满足，不满足，则， 解得，即实数的取值范围是，D正确. 第II卷（非选择题，共92分） 注意事项： 1.请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第II卷答题卡上作答，不能答在此试卷上. 2.试卷中横线及框内注有“A”的地方，是需要你在第II卷答题卡上作答. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 复数，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据共轭复数的定义求出，再计算，最后根据复数模的计算公式求出模即可. 【详解】因为，所以共轭复数为：， 所以 所以. 13. 已知椭圆的左右焦点分别是，点满足，线段与椭圆交于点，作于，其中为坐标原点，则椭圆的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】依托椭圆定义，结合等腰三角形性质与三角形中位线定理可直接建立与长半轴的等量关系，结合已知椭圆中即可求出，进而计算离心率. 【详解】∵ 椭圆方程为（），根据椭圆定义，对椭圆上任意一点，都有. ∵ 点满足，且， ∴ ，即为等腰三角形，. ∵ 于，等腰三角形三线合一， ∴ 为线段的中点. ∵ 是坐标原点，椭圆焦点关于原点对称，即是的中点， ∴ 在中，是三角形中位线. ∴ . ∵ ，∴ . ∴ ，得. ∴ . 14. 已知集合，集合，从集合中随机选取3个不同的元素构成一个三位数，其中小于423的有__________个，现有甲，乙两名同学玩一种游戏，甲､乙两人分别从集合中随机抽取3个不同的元素各构成最大的三位数和，若，则甲获得胜利.甲获得胜利的概率为__________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】第一个空按百位数字分类计数；第二个空注意：甲若抽到数字6，则构成的最大三位数一定大于乙；甲若没抽到 6，那么甲和乙构成的最大三位数都等可能地取自同样的10个值，此时可由对称性求概率. 【详解】（1）小于的三位数个数 从集合 中取3个不同元素组成三位数， 按百位数字分类：百位是时，十位有种选法，个位有种选法，共个； 百位是时，同理也有个；百位是时，同理也有个； 百位是时，要小于： 若十位是，个位可从其余4个数字中任选，共4个； 若十位是，则个位只能取，共1个， 所以百位是时共有个， 因此，小于的三位数共有个. （2）甲获得胜利的概率 甲从集合中抽取3个不同元素，共有种抽法， 乙从集合中抽取3个不同元素，共有种抽法， 情况一：甲抽到数字， 甲抽到6的抽法数为， 此时甲构成的最大三位数的百位一定是，而乙构成的最大三位数最大只能是， 所以一定有 故这种情况下甲必胜； 情况二：甲没有抽到数字 ， 甲没有抽到 6 的抽法数也为， 这时甲实际上也是从集合中抽取 3 个不同元素，与乙的抽法范围完全相同， 因此，甲和乙构成的最大三位数都等可能地取自同样的10个值，且地位对称， 所以在这种情况下： 又因为共有10个不同的最大三位数，故 于是 故甲获胜的概率为 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. 某科技公司开展智能算法应用能力认证考核，员工在一个考核周期内需参加3轮考核，前一轮考核通过才能进行下一轮考核，否则认证失败，3轮考核都通过即可获得认证.员工小张报名参与本次认证考核，各轮考核通过的概率依次为，且他每轮考核是否通过相互独立. （1）若小张在一个考核周期内获得认证的概率不超过，求的取值范围； （2）若，设小张在一个考核周期内考核通过的轮次为随机变量，求的分布列与数学期望. 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）根据题意结合相互独立事件的概率公式列不等式求解即可； （2）由题意的所有可能取值为，分别求出每一个对应的概率，即可得到分布列，再根据数学期望公式求解即可. 【小问1详解】 设事件表示第轮考核通过， 则小张在一个考核周期内获得认证的概率为， 所以，又因为，所以. 【小问2详解】 由已知可知的所有可能取值为. 则，， ，， 则的分布列为： 0 1 2 3 所以. 16. 在中，角的对边分别为，已知 （1）求和的值； （2）若点在直线上，满足，求的值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）结合题设结合余弦定理可求得，再根据平方关系求出，进而根据正弦定理求解； （2）先根据平方关系求得，进而求得，可得，进而求解即可. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得， 代入，，得， 整理得：，即，解得或（舍）， 而， 由正弦定理，得，则 【小问2详解】 由为直角三角形，即， 由，因为，则，即为锐角， 所以， 在中，由，则，即， 则， 因此. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若有两个极值点，求证 【答案】（1） 当在单调递增， 当时，在上单调递减，在上单调递增， 当时，在和上单调递增，在上单调递减， （2）证明：由（1）知有两个极值点，时， ，，， ， ， ， 令，则， 设，，其中， 所以，即单调递减，又因为， 所以，即在单调递减，所以 即，证毕. 【解析】 【分析】（1）先求出函数的导数，通过设并分析其判别式，分情况讨论的正负，进而确定的正负，从而得到的单调性. （2）先根据极值点性质得到与关于的表达式，再代入化简，然后通过求导判断函数单调性来证明不等式. 【小问1详解】 由题意知，， 函数的定义域为，设， ，令，则或， ①当，即时，对恒成立， 即，在单调递增， ②当，即或时，方程， 有两不等实根， 当时，由韦达定理，， 此时两根一正一负，当， ，所以在上单调递减， 当，，所以在上单调递增， 当时，由韦达定理，， 此时两根为正，且当， ，所以在和上单调递增， 当，，所以在上单调递减， 综上所述：当在单调递增， 当时，在上单调递减，在上单调递增， 当时，在和上单调递增，在上单调递减， 【小问2详解】 略 18. 在直三棱柱中，底面为正三角形，，点为线段的中点，动点满足. （1）当时，证明：； （2）当时，四点在同一球面上，该球的球心为点，表面积为，求球表面积； （3）动点在所在平面内，和均为锐角，且，设平面和平面的夹角为，求的最大值. 【答案】（1）证明：当时，取的中点为N，连接， 由已知可知， ， 又因为 平面， 所以平面， 因为平面， 所以； （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）要证明线线垂直，转化为证明线面垂直； （2）首先确定球心的位置，再构造直角三角形，求外接球的半径，再求球的表面积； （3）首先建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，再代入二面角的向量公式求最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设的中心分别为，连接， 由已知可知球心在线段上， 设，则， 所以， 所以，又因为时，，即， 故， 所以球的表面积； 【小问3详解】 如图，取的中点，连接，则. 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 设，由，得 化简得， 由和均为锐角，得. 设平面的法向量为， 由 得取，得， 故平面的一个法向量为. 设平面的法向量为. 得，取，得， 故平面的一个法向量为. 则 ， 令，则， 所以. 由函数单调递增， 所以当时，取最大值，最大值为. 19. 已知抛物线的焦点为，其准线与轴的交点为，抛物线上存在点满足，且. （1）求的方程； （2）记，过的直线交于，在抛物线上按如下方式构造点列：连接分别交于另一点. （i）设直线与轴交点的横坐标为，求数列的通项公式； （ii）为坐标原点，若的外接圆与抛物线交于第四点，试证明：的重心在轴上，且在的右侧. 【答案】（1） （2）（i）， （ii）证明：设直线与的交点为，因为四点共圆， 所以， 设直线为，联立得 ，所以， ， 设直线为， 同理可得， 又且，所以， 所以， 则的重心纵坐标为0，即的重心在轴上， ， 同理所以， 联立直线与得， 所以， 所以的重心在的右侧. 【解析】 【分析】（1）由抛物线的定义及三角形的面积即可求解； （2）（i）设经过轴上点的直线为，与抛物线方程联立，得，因为直线经过点，所以，因为直线经过点，所以，得，即可求解； （ii）设直线与的交点为，因为四点共圆，所以，即可求解． 【小问1详解】 由题知，所以， 不妨设点在第一象限, 由抛物线定义知到准线的距离为，所以， 由，解得， 所以的方程为. 【小问2详解】 （i）设经过轴上点的直线为， 与抛物线的两交点记为， 联立得，则， 因为直线经过点，所以， 因为直线经过点，所以， 因为直线和经过点， 所以， 所以， 因为，所以， 当为偶数时，， 当为奇数时，， 综上． （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 遂宁市高中2026届高三二诊考试 数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.总分150分.考试时间120分钟. 第I卷（选择题，满分58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､班级､考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上.并检查条形码粘贴是否正确. 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸､试题卷上答题无效. 3.考试结束后，将答题卡收回. 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. 设，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，且，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 下列说法正确的是（ ） A. 残差散点图所在的带状区域越宽，则两个变量的相关性越强 B. 若随机变量服从正态分布，且，则 C. 数据的分位数是6 D. 在线性回归分析中，线性相关系数的绝对值越大，则两个变量的线性相关性越强 4. 已知定义域为的函数满足，当时，，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 5. 已知方程表示双曲线，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 或 6. 在边长为3的等边中，为中点，为中点，若与交于，则（ ） A. -2 B. C. D. 7. 在直三棱柱中，，点为的中点，点为侧面内（含边界）的动点，且平面，设直线与平面所成的角为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在上单调递增，且方程在上有解，则的取值范围是（ ） A. B. C. 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. 已知等差数列的前项和为，公差为，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 当且仅当时取最小值 10. 如图所示，矩形中，，将沿翻折至，使得，则（ ） A. 不存在的值使 B. 存在的值使平面平面 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 当点在平面上的射影落在上时，直线与平面所成角为 11. 已知函数，下列选项正确的是（ ） A. 函数在区间单调递增 B. 函数在上有两个零点 C. 若关于的方程有6个不相等的实数根，则实数的取值范围为 D. 关于的不等式在上恰有两个整数解，则实数的取值范围为 第II卷（非选择题，共92分） 注意事项： 1.请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第II卷答题卡上作答，不能答在此试卷上. 2.试卷中横线及框内注有“A”的地方，是需要你在第II卷答题卡上作答. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 复数，则__________. 13. 已知椭圆的左右焦点分别是，点满足，线段与椭圆交于点，作于，其中为坐标原点，则椭圆的离心率为__________. 14. 已知集合，集合，从集合中随机选取3个不同的元素构成一个三位数，其中小于423的有__________个，现有甲，乙两名同学玩一种游戏，甲､乙两人分别从集合中随机抽取3个不同的元素各构成最大的三位数和，若，则甲获得胜利.甲获得胜利的概率为__________. 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. 某科技公司开展智能算法应用能力认证考核，员工在一个考核周期内需参加3轮考核，前一轮考核通过才能进行下一轮考核，否则认证失败，3轮考核都通过即可获得认证.员工小张报名参与本次认证考核，各轮考核通过的概率依次为，且他每轮考核是否通过相互独立. （1）若小张在一个考核周期内获得认证的概率不超过，求的取值范围； （2）若，设小张在一个考核周期内考核通过的轮次为随机变量，求的分布列与数学期望. 16. 在中，角的对边分别为，已知 （1）求和的值； （2）若点在直线上，满足，求的值. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若有两个极值点，求证 18. 在直三棱柱中，底面为正三角形，，点为线段的中点，动点满足. （1）当时，证明：； （2）当时，四点在同一球面上，该球的球心为点，表面积为，求球表面积； （3）动点在所在平面内，和均为锐角，且，设平面和平面的夹角为，求的最大值. 19. 已知抛物线的焦点为，其准线与轴的交点为，抛物线上存在点满足，且. （1）求的方程； （2）记，过的直线交于，在抛物线上按如下方式构造点列：连接分别交于另一点. （i）设直线与轴交点的横坐标为，求数列的通项公式； （ii）为坐标原点，若的外接圆与抛物线交于第四点，试证明：的重心在轴上，且在的右侧. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $