精品解析：四川省华蓥中学2026届高三下学期模拟预测数学试题

四川省华蓥中学高2026届模拟考试 数学 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. 若全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，，所以， ，所以. 2. 若复数满足，则复平面内表示复数的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以，即复数在复平面内对应的点为，所以复平面内表示复数的点位于第二象限. 3. 若幂函数是奇函数，且在上单调递减，则的值可以是（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据幂函数的图像性质，运用排除法即可求解. 【详解】因为幂函数在上单调递减，所以，故排除B、D项； 又因为幂函数是奇函数，而幂函数是偶函数，排除A项， 所以若幂函数是奇函数，且在上单调递减，则的值可以是. 4. 若向量，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】若向量， 则在上的投影向量为. 5. 已知随机事件A，B，，，，则＝（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件概率公式计算判断各个选项. 【详解】因为，，， 所以，则， 所以. 6. 今年我校有5名新进教师，需将这5人全部分配到高中3个不同的年级，要求每个年级至少分配1人，每名教师只能分配到一个年级，则不同的分配方案共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】D 【解析】 【详解】已知5名新进教师分到3个不同年级，每个年级至少1人，共两种分法： ①：； ②：； 不同的分配方案共有种． 7. 函数的部分图象如图所示，直线经过函数图象的最高点和最低点，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意求出的解析式，在根据函数周期性计算可解. 【详解】由的解析式可知，， 在中，令，得，令，得，故，，即， 故的最小正周期，即，解得，故， 则，得， 因为，所以，则， 因为，，，，， ，，，，， 因为，， 所以， 8. 已知双曲线：的右焦点为，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据圆心和直线方程求出弦心距，再根据直角三角形和向量条件求出半弦长，最后在直角三角形建立关于的关系式，用离心率公式可得离心率. 【详解】如图所示，设中点为，连接， 因为为圆心，为中点，可得， 所以三角形为直角三角形. 根据条件得圆心为， 设其中一条渐近线方程为，则圆心到渐近线的距离为，即， 又因为，所以， 由可知三点共线，且为上靠近点的三等分点， 所以， 所以在直角三角形中，， 所以. 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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 回归直线恒过点，且至少过一个样本点； B. 一个样本（数据不全为3）的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，方差变小； C. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数越接近于1； D. 从装有3个红球，4个白球的袋中任意摸出3个球，事件“恰好摸出1个红球”，事件“恰好摸出2个红球”，则事件与事件是互斥事件 【答案】BD 【解析】 【分析】结合回归直线、平均数方差、相关系数、互斥事件的相关概念与性质，逐一判断每个选项. 【详解】对于A：回归直线恒过样本中心点，但不一定过任何样本点，A错误； 对于B：设原样本共个数，原总和为，添加数据后，新平均数为 ， 平均数不变；原方差（因数据不全为3），新方差为，B正确； 对于C：线性相关性越强，是相关系数的绝对值越接近于1，负相关时接近于，C错误； 对于D：事件（恰好1个红球）和事件（恰好2个红球）不可能同时发生，符合互斥事件的定义，D正确. 10. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，则使此三角形只有唯一解的的值可以是（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 12 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正弦定理得到，三角形只有唯一解等价于角仅有唯一解，分（直角三角形唯一解）、且（即，仅存在锐角解）两种情况推导的取值范围，再逐一判断选项. 【详解】对于A：当时，，结合得，三角形只有唯一解，A正确； 对于B：当时，，由于，此时可取锐角也可取钝角，对应两个不同的三角形，B错误； 对于C：当时，，由等边对等角得，，三角形只有唯一解，C正确； 对于D：当时，，又，由大边对大角得，即只能取锐角，对应一个三角形，D正确. 11. 已知定义在R的函数和均为奇函数，且满足函数是奇函数，函数是偶函数．若当时，，则（ ）． A. B. 对任意， C. 当且仅当， D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据奇偶性，结合上的解析式求解判断；对于B选项，构造函数，，进而结合题意得与分别是以2和4为周期的周期函数，再结合周期性求得对任意，即可判断；对于C，结合B选项，说明不满足条件即可；对于D选项，结合奇函数的定义得，均为奇函数，再根据对称性，结合时的解析式求得，的值域为，再根据即可判断. 【详解】对于A，因为为定义在R上的奇函数，所以， 因为当时，， 所以，故A正确； 对于B，因为函数为奇函数， 所以，即， 所以，又因为， 所以，即， 令， 则，即， 所以是以2为一个周期的周期函数， 因为，，所以， 所以对任意，，即，也即， 因为为定义在R上的奇函数且函数是偶函数， 所以，，， 即，故， 所以， 令，则， 所以，即是以4为一个周期的周期函数， 因为，，，， 所以，对于任意的，，即，也即. 综上，对任意，，故B正确； 对于C，由B选项知，，，，故C错误； 对于D，对于，， ，所以，均为奇函数， 因为当时，， 则当时，，， 所以当时，，， 所以，当时，，， 又，故关于对称，故当时，， 综上，，，的值域为. 所以，即， 所以，D正确. 三、本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式定理及组合数的计算，即可求解. 【详解】二项式的展开式中第3项与第6项的二项式系数分别为与， 由题意可得，，解得. 13. 已知函数在区间上存在极值点，且该极值点处导数存在，则a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为导函数方程在给定区间上有解即可求得. 【详解】由求导得， 因函数在区间上存在极值点， 则需使方程在上有解，且需确保该解为极值点（即，使得在两侧变号） 由方程在上有解，可得， 故a的取值范围是. 14. 勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体.如图所示，已知正四面体的棱长为，若勒洛四面体内有一球，则该球的最大半径为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设是底面的中心，是正四面体的中心，也是正四面体的外接球球心，设正四面体外接球的半径为是高，根据正四面体的性质，求得的长，在直角中，列出方程求得，进而求得勒洛四面体的内切球半径. 【详解】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体4个弧面都相切，即为勒洛四面体的内切球， 由对称性知，勒洛四面体的内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心， 设是底面的中心，是正四面体的中心， 也是正四面体的外接球球心，正四面体外接球的半径为是高，如图1所示， 由正四面体的棱长为，可得， 则，所以， 在直角中，由，得，解得， 因此，如图2所示，勒洛四面体的内切球半径． 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. 设数列的前项和为，且． （1）证明为等比数列； （2）若，求数列的前项和为． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用数列前项和与通项的关系推导递推公式，结合等比数列定义完成证明； （2）先求出的通项，将拆分为等比数列和等差数列分别求和后相加得到. 【小问1详解】 已知且． 当时，，， 当且时，①，又因为②， ②式减①式得，即， 又，，∴，满足上述递推关系且，， 因此对于任意都有. 故数列是以为首项，2为公比的等比数列. 【小问2详解】 由（1）可得，所以， 所以. 16. 某学校开展“争做文明学生，共创文明城市”的创文知识问答竞赛活动，现从全校参与该活动的学生中随机抽取100名学生的竞赛成绩（单位：分），并以此为样本绘制了频率分布直方图． （1）求该100名学生竞赛成绩的众数和第80百分位数； （2）学校拟对被抽取的100名学生进行奖励，奖励方案如下：用频率估计概率，得分小于或等于70的学生获得1次抽奖机会，得分高于70的学生获得2次抽奖机会．假定每次抽奖抽到价值10元的学习用品的概率为，抽到价值20元的学习用品的概率为．从这100名学生中任取一位，记该同学在抽奖活动中获得学习用品的价值总额为元，求的分布列和数学期望，并估算此次抽奖要准备的学习用品的价值总额． 【答案】（1）众数为，第80百分位数为； （2）分布列： ，此次抽奖要准备的学习用品的价值总额估计为元. 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图确定各组的频率，结合众数及百分位数的定义求解； （2）由条件确定的可能取值，再求取各值的概率，由此可得其分布列，再由期望公式求期望，并估计此次抽奖要准备的学习用品的价值总额． 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，最高矩形对应的区间为， 所以众数为该区间的中点值，即； 由频率分布直方图可得竞赛成绩位于区间的频率分别为： ， 又， ， 所以第80百分位数大于，小于， 设第80百分位数为，则， 所以， 所以该100名学生竞赛成绩的第80百分位数为； 【小问2详解】 由已知的取值可能为：， 由已知从人中任取一名同学，该同学成绩不超过的概率为， 又每次抽奖抽到价值10元的学习用品的概率为， 抽到价值20元的学习用品的概率为． ， ， ， ； 所以的分布列为： 所以， 所以此次抽奖要准备的学习用品的价值总额估计为元． 17. 已知椭圆的离心率为，上顶点的坐标为. （1）求的标准方程. （2）过的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，直线与椭圆的另一个交点为，，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据离心率和上顶点坐标，利用椭圆中的关系求椭圆方程. （2）联立直线与椭圆方程，利用韦达定理和三角形面积公式求直线参数，进而得到直线方程. 【小问1详解】 椭圆的上顶点的坐标， . 又椭圆的离心率，且，得. 则椭圆的方程为. 【小问2详解】 当直线的斜率为0时，此时三点共线，不存在，不符合题意. 当直线的斜率不为，设直线的方程为 将直线与椭圆联立方程组，得. 得到. 设，则. 因为与椭圆的另一交点为，所以关于原点对称，即为中点. 所以，所以. . 化简得，即，解得. 可得直线的方程为，即或. 18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点． （1）证明：平面平面； （2）设点G是线段上的一点，且满足．在线段上是否存在点F，使得A，E，G，F四点共面？若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由； （3）求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 【答案】（1）因为底面为正方形，所以， 又底面，底面，所以， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 在中，，为的中点，所以， 平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）存在唯一的点F，使得A，E，G，F四点共面，此时，(F点在线段上靠近点的三等分点处). （3） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的性质定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系后，将用两种不同的方式表示，列方程组求解； （3）先求平面的一个法向量，再表示平面的一个法向量，接着表示出夹角的余弦值，从而求出最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 因为，则，则得， 则，，，， 设， 若A，E，G，F四点共面，则存在实数使得 即，得方程组： ，解得 即存在唯一的点F，使得A，E，G，F四点共面，此时，(F点在线段上靠近点的三等分点处). 【小问3详解】 由（2）可知 设平面的一个法向量为， 则，故可取， 设平面的一个法向量为， 则故可取， 设平面与平面夹角为，则 ， 当时，取得最大值， 所以平面与平面夹角的余弦值的最大值是 . 19. 已知函数． （1）证明：； （2）已知数列满足：，，．记． （i）证明：; （ii）是否存在小于的实数，使得对任意的正整数成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由． 参考数据： 【答案】（1）法一：， 设，，， 令，得，令，得， 在上单调递增，在上单调递减， ，，，， 法二：原不等式等价于，设，， ， 令，则，在上单调递增， ，， 存在使得即， 在上单调递减，在上单调递增， ， ，，，， ，，． （2）（i）由题， ， 故所证不等式等价于． 法一：设，，即证 ， ， 令，， 令，则， 在上单调递增，，， 存在使得，在上单调递减，在上单调递增． ，，，在上单调递减， ． 法二：所证不等式等价于， 设，，即证 ， ， 在上单调递增，． （ii）不存在，理由如下： 若存在使得，由（i）可得 ，其中， 累加可得， ，， 由得， 对固定的 ，当时，，，， 另一方面由（1）知， ， 但当 充分大时，，矛盾， 故不存在小于的常数，使得对任意的正整数 成立． 【解析】 【分析】（1）法一：令，，求导，求得的单调区间，进而得，可证结论；法二：设，，利用导数可得的单调性，进而可得存在使得，进而可证结论； （2）（i）法一：所证不等式等价于，设，，利用导数可证结论. 法二：所证不等式等价于，设，，利用导数可证明结论.（ii）由（i），利用累加法可得，进而得，进而可得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省华蓥中学高2026届模拟考试 数学 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. 若全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则复平面内表示复数的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 若幂函数是奇函数，且在上单调递减，则的值可以是（ ） A. B. 2 C. D. 3 4. 若向量，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知随机事件A，B，，，，则＝（　　） A. B. C. D. 6. 今年我校有5名新进教师，需将这5人全部分配到高中3个不同的年级，要求每个年级至少分配1人，每名教师只能分配到一个年级，则不同的分配方案共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 7. 函数的部分图象如图所示，直线经过函数图象的最高点和最低点，则的值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线：的右焦点为，以为圆心，为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于，两点，若，则双曲线的离心率为（ ） 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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 回归直线恒过点，且至少过一个样本点； B. 一个样本（数据不全为3）的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，方差变小； C. 两个随机变量的线性相关性越强，相关系数越接近于1； D. 从装有3个红球，4个白球的袋中任意摸出3个球，事件“恰好摸出1个红球”，事件“恰好摸出2个红球”，则事件与事件是互斥事件 10. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，则使此三角形只有唯一解的的值可以是（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 12 11. 已知定义在R的函数和均为奇函数，且满足函数是奇函数，函数是偶函数．若当时，，则（ ）． A. B. 对任意， C. 当且仅当， D. 三、本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若的展开式中第3项与第6项的二项式系数相等，则______． 13. 已知函数在区间上存在极值点，且该极值点处导数存在，则a的取值范围是______． 14. 勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体.如图所示，已知正四面体的棱长为，若勒洛四面体内有一球，则该球的最大半径为__________. 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. 设数列的前项和为，且． （1）证明为等比数列； （2）若，求数列的前项和为． 16. 某学校开展“争做文明学生，共创文明城市”的创文知识问答竞赛活动，现从全校参与该活动的学生中随机抽取100名学生的竞赛成绩（单位：分），并以此为样本绘制了频率分布直方图． （1）求该100名学生竞赛成绩的众数和第80百分位数； （2）学校拟对被抽取的100名学生进行奖励，奖励方案如下：用频率估计概率，得分小于或等于70的学生获得1次抽奖机会，得分高于70的学生获得2次抽奖机会．假定每次抽奖抽到价值10元的学习用品的概率为，抽到价值20元的学习用品的概率为．从这100名学生中任取一位，记该同学在抽奖活动中获得学习用品的价值总额为元，求的分布列和数学期望，并估算此次抽奖要准备的学习用品的价值总额． 17. 已知椭圆的离心率为，上顶点的坐标为. （1）求的标准方程. （2）过的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，直线与椭圆的另一个交点为，，求直线的方程. 18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为线段的中点，F为线段上的动点． （1）证明：平面平面； （2）设点G是线段上的一点，且满足．在线段上是否存在点F，使得A，E，G，F四点共面？若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由； （3）求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 19. 已知函数． （1）证明：； （2）已知数列满足：，，．记． （i）证明：; （ii）是否存在小于的实数，使得对任意的正整数成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由． 参考数据： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $