精品解析：四川内江市威远中学2026届高三高考仿真训练数学试题

威远中学校高2026届高考仿真训练 数学 （考试时间：15：00—17：00，共120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题 共58分） 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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，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 4. 若双曲线的一条渐近线方程为，则（ ） A. B. -2 C. D. -4 5. 已知等差数列的前4项和，，等比数列满足，，则（ ） A. 81 B. 243 C. 27 D. 729 6. 已知球的半径为，一个平面截球所得截面圆的半径为，则截面圆的圆心与球心之间的距离为（ ）. A. B. C. D. 7. 设和表示坐标平面内的几何变换，表示将几何对象绕原点逆时针旋转，表示将几何对象关于轴对称，表示连续次变换．已知角的终边经过点，若对角的终边先进行变换，再进行变换，得到角的终边，则（ ） A. B. C. D. 3 8. 已知函数，若对任意恒成立，则实数a的最小值为（ ） 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. 已知复数在复平面内对应的点分别为和，则（ ） A. B. 的虚部为1 C. 存在，使得 D. 在复平面内对应的点不可能在第四象限 10. 记为等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. 数列为等比数列 D. 数列的前项和为 11. 已知点为抛物线的焦点，点分别为抛物线上两点，过两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于点，设线段的中点为，则下列说法正确的是（ ） A. 若点，则的最小值为3 B. 点与点的纵坐标相等 C. 若点在直线上，则直线过点 D. 若三点共线，则的面积的最小值为1 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若椭圆上一点到C的两个焦点的距离之和为，则_____. 13. 已知在的二项展开式中，只有第6项的二项式系数最大，若在展开式中任取2项，其中抽到有理项的个数为1，这个事件记为事件A，则______． 14. 在长方体中，为棱的中点，动点在平面内，且满足，则四棱锥的体积的最大值为__________. 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. 在中，角的对边分别为，且. （1）若，求的值. （2）若的内切圆的面积为，求的面积. 16. 当前，全球贸易格局发生重大变化，随着中美贸易战的不断升级，让越来越多的中国科技企业开始意识到自主创新的重要性，大大加强科技研发投入力度，形成掌控高新尖端核心技术及其市场的能力．某企业为确定下一年对某产品进行科技升级的研发费用，需了解该产品年研发费用（单位：千万元）对年销售量（单位：千万件）的影响根据市场调研与模拟，对收集的数据进行初步处理，得到散点图及一些统计量的值如下： 30.5 15 15 46.5 表中，． （1）根据散点图判断，与哪一个更适合作为年销售量关于年研发费用的回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由），并根据判断结果及表中数据，建立关于的回归方程； 附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：， （2）科技升级后，该产品的效率大幅提高，经试验统计得大致服从正态分布．企业对科技升级团队的奖励方案如下：若不超过，不予奖励；若超过，但不超过，每件产品奖励2元；若超过，每件产品奖励4元，记为每件产品获得的奖励，求（精确到0.01）． 附：若随机变量，则，． 17. 如图1，在正三角形中，，，分别是，上的点，，为的中点．将沿折起，得到如图2所示的四棱锥，使得． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值． 18. 已知椭圆的左顶点，上顶点． （1）求椭圆的方程和直线的方程； （2）过椭圆上异于的点作轴的垂线交直线于点，延长至点，使，直线交椭圆于点． （i）求证：直线的斜率之和为定值； （ii）求面积的最大值． 19. 已知，函数（），记为的从小到大的第（）个零点． （1）当时，求； （2）若 证明：（i）数列是等比数列； （ii）若，则对一切恒成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 威远中学校高2026届高考仿真训练 数学 （考试时间：15：00—17：00，共120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题 共58分） 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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解二次不等式得的补集区间，再与给定集合取交集即得结果. 【详解】解不等式，得或， 即集合，则， 则. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据共线向量的坐标表示，列出方程求得，得到的坐标，结合向量模的坐标运算公式，即可求解. 【详解】由向量，因为，可得，解得， 所以，则，所以． 3. 已知，，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】D 【解析】 【详解】取，，则，但，， 此时，，， 所以不是的充分条件， 取，，则，， 故，但， 所以不是的必要条件， 所以是的既不充分也不必要条件 4. 若双曲线的一条渐近线方程为，则（ ） A. B. -2 C. D. -4 【答案】D 【解析】 【分析】利用双曲线的渐近线公式计算即可. 【详解】令，所以. 故选：D 5. 已知等差数列的前4项和，，等比数列满足，，则（ ） A. 81 B. 243 C. 27 D. 729 【答案】B 【解析】 【分析】先根据等差数列前n项和公式和通项公式基本量的运算求得，然后利用等比数列通项公式基本量的运算求解即可. 【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 在等差数列中，，， 所以有，故， 所以，，则，故. 故选：B 6. 已知球的半径为，一个平面截球所得截面圆的半径为，则截面圆的圆心与球心之间的距离为（ ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据球的半径、截面圆的半径以及球心到截面圆之间的距离的关系进行求解. 【详解】解：设截面圆的圆心与球心之间的距离为d， 则由已知 故选：A 7. 设和表示坐标平面内的几何变换，表示将几何对象绕原点逆时针旋转，表示将几何对象关于轴对称，表示连续次变换．已知角的终边经过点，若对角的终边先进行变换，再进行变换，得到角的终边，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据新定义、任意角的三角函数及两角和的正切公式求解即可. 【详解】对角的终边先进行变换后，角的终边经过，则. 再进行变换得到角的终边，则. 所以. 8. 已知函数，若对任意恒成立，则实数a的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将题设不等式转化为在上恒成立，构造函数，利用其单调性可得，从而只需使，利用导数求出最值即得参数a的最小值. 【详解】因对任意恒成立，即在上恒成立 变形得在上恒成立，即在上恒成立， 设，则有 ，由，可知函数在上单调递增， 故得，即在上恒成立， 设，则，当时，，当时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 故在时取得极大值，也是最大值为， 故得，即实数a的最小值为. 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. 已知复数在复平面内对应的点分别为和，则（ ） A. B. 的虚部为1 C. 存在，使得 D. 在复平面内对应的点不可能在第四象限 【答案】AD 【解析】 【详解】由题设. 对于A，显然，于是，故A正确； 对于，其虚部为，故B错误； 对于C，，故C错误； 对于， 若其在复平面内对应的点在第四象限，则,不等式组无解，故D正确． 10. 记为等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. 数列为等比数列 D. 数列的前项和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据条件求出数列的通项公式，验证即可判断AB，再由等比数列的定义判断C，利用分组求和判断D. 【详解】设等差数列的公差为. 由题意可得，，解得，所以. 对于A； ，故A错误； 对于B；因为 ，所以，故B正确； 对于C；因为，所以.因为 ，所以数列为等比数列，故C正确； 对于D；因为，所以 ，所以数列的前项和为 ，故D正确. 11. 已知点为抛物线的焦点，点分别为抛物线上两点，过两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于点，设线段的中点为，则下列说法正确的是（ ） A. 若点，则的最小值为3 B. 点与点的纵坐标相等 C. 若点在直线上，则直线过点 D. 若三点共线，则的面积的最小值为1 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义可得；对于B，设，过点的切线方程为，联立得到切线方程，进而得到过点的切线方程为，同理可得过点的切线方程为，再联立得到点与点的纵坐标即可判断；对于C，设直线的方程为，联立，结合韦达定理可得即可判断；对于D，由三点共线，可得，即直线的方程为，再利用弦长公式，结合三角形面积公式进行计算． 【详解】对于A，因为抛物线的焦点为，所以， 抛物线的准线方程为. 如图，过点作抛物线的准线的垂线，垂足为， 由抛物线的定义可知，， 则，当且仅当三点共线时取等号，故A错误； 对于B，设，过点的切线方程为（切线斜率不为0）， 联立抛物线方程，化简并整理，得. 又，所以， 所以，所以过点的切线方程为，即. 同理可得，过点的切线方程为. 联立得. 因为线段的中点的坐标为，所以点的纵坐标相等，故B正确； 对于C，设直线的方程为，联立， 化简并整理，得，则. 又因为点在直线上，所以，所以， 即直线的方程为，则直线过点，故C正确； 对于D，因为三点共线，所以， 即直线的方程为， 所以点到直线的距离，， 所以，当时取最小值为1，故D正确． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若椭圆上一点到C的两个焦点的距离之和为，则_____. 【答案】3 【解析】 【分析】分及两种情况结合椭圆的定义计算求解参数. 【详解】若，又椭圆上一点到C的两个焦点的距离之和为，则得（舍去）； 若，又椭圆上一点到C的两个焦点的距离之和为，则得． 故答案为：3. 13. 已知在的二项展开式中，只有第6项的二项式系数最大，若在展开式中任取2项，其中抽到有理项的个数为1，这个事件记为事件A，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式系数的性质可知，再由二项展开式的通项求出有理项的个数，即可求解. 【详解】在的二项展开式中只有第6项的二项式系数最大，则， 可得的二项展开式的通项， 当为整数时，该项为有理项，因为 且，所以当 时， 分别为 是整数，即有理项有3项，可得. 14. 在长方体中，为棱的中点，动点在平面内，且满足，则四棱锥的体积的最大值为__________. 【答案】36 【解析】 【详解】如图1，在长方体中，平面平面，则. 因为点在平面内，，所以在与中，， 所以，即. 在平面中，以所在直线为轴，以线段的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系如图2，则. 设，因为，所以， 整理得， 即， 所以点的轨迹是以为圆心，半径为4的圆. 当点到棱的距离最大时，四棱锥的体积取得最大值， 此时最大值为圆的半径，由，, 即. 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，且. （1）若，求的值. （2）若的内切圆的面积为，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理及两角和正弦公式得，求得，再根据两角和的正切公式进行求解； （2）根据三角形面积公式及内切圆半径公式，结合余弦定理，求得，进而求得的值，从而求出的面积. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理得， 所以， 所以， 所以 在中，因为，所以有，即得，即， 因为，所以，即得，， 所以. 【小问2详解】 内切圆的面积为，所以内切圆半径， 又，则有， 由余弦定理得 ， 所以，解得或（舍）， 所以， 则. 16. 当前，全球贸易格局发生重大变化，随着中美贸易战的不断升级，让越来越多的中国科技企业开始意识到自主创新的重要性，大大加强科技研发投入力度，形成掌控高新尖端核心技术及其市场的能力．某企业为确定下一年对某产品进行科技升级的研发费用，需了解该产品年研发费用（单位：千万元）对年销售量（单位：千万件）的影响根据市场调研与模拟，对收集的数据进行初步处理，得到散点图及一些统计量的值如下： 30.5 15 15 46.5 表中，． （1）根据散点图判断，与哪一个更适合作为年销售量关于年研发费用的回归方程类型（给出判断即可，不必说明理由），并根据判断结果及表中数据，建立关于的回归方程； 附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：， （2）科技升级后，该产品的效率大幅提高，经试验统计得大致服从正态分布．企业对科技升级团队的奖励方案如下：若不超过，不予奖励；若超过，但不超过，每件产品奖励2元；若超过，每件产品奖励4元，记为每件产品获得的奖励，求（精确到0.01）． 附：若随机变量，则，． 【答案】（1）适合， （2）2.27元 【解析】 【分析】（1）结合散点图即可判断，然后结合表中数据代入计算，即可得到结果； （2）由正态分布的概率公式代入计算，再由期望的计算公式即可得到结果. 【小问1详解】 根据散点图可判断，更适合作为关于的回归方程类型 对两边取对数，得，即， 由表中数据得：，， ，所以， 所以关于的回归方程为. 【小问2详解】 因为，，所以 ， ， （元）. 17. 如图1，在正三角形中，，，分别是，上的点，，为的中点．将沿折起，得到如图2所示的四棱锥，使得． （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）根据边长关系，结合勾股定理证明，，再结合线面垂直判定定理证明即可； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【小问1详解】 证明：正三角形中，，，为的中点， 所以，在图1中，， 所以，在中，，即， 同理， 因为，在图1中，， 所以，在图2中，， 因为， 所以，， 所以，， 因为，平面 所以平面. 【小问2详解】 解：如图，建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以， 设平面的一个法向量为， 所以，即，令，则， 因为平面的一个法向量为， 设二面角为，， 所以， 所以 所以二面角的正弦值为. 18. 已知椭圆的左顶点，上顶点． （1）求椭圆的方程和直线的方程； （2）过椭圆上异于的点作轴的垂线交直线于点，延长至点，使，直线交椭圆于点． （i）求证：直线的斜率之和为定值； （ii）求面积的最大值． 【答案】（1），； （2）（i）证明见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，直接写出椭圆及直线方程. （2）（i）设出直线方程，与椭圆方程联立求出点的坐标，进而求出点的坐标，再利用斜率坐标公式计算得证；（ii）由（i）求出点坐标，进而求出三角形面积关系，利用换元法，结合导数求出最大值. 【小问1详解】 由椭圆的左顶点，上顶点，得， 所以椭圆的方程为，直线的方程为. 【小问2详解】 （i）直线斜率存在，设其方程为，点 由，得，则， 解得，即点， 直线交直线于点， 由点是线段的中点，得点， 因此直线的斜率，即， 所以直线的斜率之和为定值. （ii）由（i）同理得，， 点到直线的距离， 则的面积， 显然，，令， ，求导得， 当时，；当时，，函数在上递增，在上递减， 当时，，所以面积的最大值为. 19. 已知，函数（），记为的从小到大的第（）个零点． （1）当时，求； （2）若 证明：（i）数列是等比数列； （ii）若，则对一切恒成立． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）将函数化简，再根据正弦函数的零点求解； （2）（i）根据的零点求出的表达式，最后根据等比数列的定义证明； （ii）由（i）的信息，借助分析法证明，构造函数，利用导数求出最小值，转化证即可. 【小问1详解】 当时，， 令，则，解得， 因为为的从小到大的第（）个零点，所以； 【小问2详解】 （i）由，得，则，其中， ，所以， ，又， 因此，所以数列是等比数列； （ii）欲证，即证， ，且， 则只需证，又， 则只需证，即证， 令函数，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 因此，于是当时，成立； 当时，，，又，则， 于是，即， 则当时，，即成立； 当时，，，，成立， 所以当，则对一切，恒成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $