精品解析：重庆市永川中学校2026届高三考前自测数学试题

永川中学高2026届高三第三次模拟考试 数学试卷 注意事项： 1. 考试时间120分钟，试题满分150分，试卷共4页. 2. 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚. 3. 每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮檫干净后，再选涂其他答案标号.解答题的过程写在答题卡相应区域内，写在试卷和草稿纸上无效. 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）. 1. 样本数据：3，3，4，4，5，6，6，7，7，8的上四分位数为（ ） A. 6 B. 6.5 C. 7 D. 7.5 2. 复数，则（ ） A. B. C. 2 D. 1 3. 若集合 ，集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 4. 已知等比数列中，，则“”是“为、的等差中项”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 5. 函数的图象关于点对称，且直线与函数图象的相邻两交点间距离为，则正实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 随着对某项新技术学习效率的提升，生产力不断提高．该技术下生产第一件产品的工时为，生产件产品的平均工时，其中（为产品工时递减速率）．现有一条工时递减速率为80%的生产线，则生产前四件产品与生产前两件产品的平均工时之比为（ ） A. 0.6 B. 0.8 C. 1.25 D. 1.6 7. 若直线上存在点，圆上存在点，使得，则实数的最大值为（　　） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 8. 实数满足，则（ ） A. 2025 B. 2026 C. 2027 D. 2028 二．多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分）. 9. 在圆锥中，轴截面是边长为2的等边三角形，是的中点.用一个平面截圆锥，下列四个图中的截口曲线分别为圆、椭圆（截面经过点A）、抛物线的一部分、双曲线的一部分（截面垂直于平面），则（   ） A. 圆的面积为 B. 椭圆的长轴长为 C. 抛物线的焦点到准线的距离为1 D. 双曲线的离心率为 10. 设，且．若随机变量满足，则（已知若随机变量，则）（　　） A. B. C. D. 11. 数学中有许多形状优美､寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，所谓等腰四面体，就是指三组对棱分别相等的四面体.关于“等腰四面体”，以下结论正确的是（ ） A. “等腰四面体”每个顶点出发的三条棱一定可以构成三角形 B. “等腰四面体”的四个面均为全等的锐角三角形 C. 三组对棱长度分别为5，6，7的“等腰四面体”的体积为 D. 三组对棱长度分别为，，的“等腰四面体”的外接球直径为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）. 12. 用斜二测画法画一个边长为 的正方形，其直观图面积为 .则展开式的常数项为 _____. 13. 已知定义在上的偶函数满足，且，则________. 14. 有正整数，满足，且，现从以上6个正整数中任选3个组成三位数，则组成的不同三位数个数有___________． 四、解答题（本题共5小题，共77分）. 15. 我国某农业大学植物研究所相关人员为了解仙人掌的植株高度(单位：)，与其根茎长度(单位：)之间是否存在线性相关的关系，通过采样和数据记录得到如下数据： 样本编号 1 2 3 4 根茎长度 10 12 14 16 植株高度 62 86 112 132 参考数据：，，. （1）由上表数据计算相关系数，并说明是否可用线性回归模型拟合与的关系(若，则可用线性回归模型拟合，计算结果精确到0.001)； （2）求y关于x的经验回归方程． 附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关系数r的公式分别为， 16. 的内角的对边分别为，且. （1）判断的形状； （2）若为锐角三角形，，求的最大值. 17. 如图，和都垂直于平面，且，，是的中点． （1）证明：平面； （2）若四棱锥的体积为3，求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 18. 已知抛物线的焦点为，直线与在第一象限交于点，. （1）求p的值. （2）设点B，D，E均在第一象限，且点B直线l上，点D，E在C上. ①是否存在点B，D，使得四边形FBAD是以FB，FD为邻边的平行四边形？若存在，求出平行四边形FBAD的面积；若不存在，请说明理由. ②是否存在点B，D，E，使得四边形FBED是以FB，FD为邻边的矩形？若存在，求点D的坐标；若不存在，请说明理由. 19. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若在上恰有2个零点，求m的取值范围； （3）若，是的极值点，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永川中学高2026届高三第三次模拟考试 数学试卷 注意事项： 1. 考试时间120分钟，试题满分150分，试卷共4页. 2. 答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚. 3. 每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮檫干净后，再选涂其他答案标号.解答题的过程写在答题卡相应区域内，写在试卷和草稿纸上无效. 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）. 1. 样本数据：3，3，4，4，5，6，6，7，7，8的上四分位数为（ ） A. 6 B. 6.5 C. 7 D. 7.5 【答案】C 【解析】 【分析】首先明确上四分位数即第75百分位数，再根据个数据的第百分位数的求法求解即可. 【详解】已知样本数据共有10个，上四分位数即第75百分位数，由， 该样本数据是从小到大排列的，故样本数据的上四分位数为第8个数据7. 故选：C 2. 复数，则（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简复数，从而根据模长公式得. 【详解】复数， 故. 故选：D. 3. 若集合 ，集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解不等式得到集合 ，集合 ，所以由交集的运算得到. 【详解】由得到,则 ，由 ，则 所以集合 ，集合 ，所以 故选B 4. 已知等比数列中，，则“”是“为、的等差中项”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】C 【解析】 【分析】根据为、的等差中项得出，结合可求出的值，结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】一方面，若，由可得， 此时， 则为、的等差中项， 所以“”“为、的等差中项”； 另一方面，若为、的等差中项，所以， 所以，解得， 故“”“为、的等差中项”. 所以“”是“为、的等差中项”的充要条件. 5. 函数的图象关于点对称，且直线与函数图象的相邻两交点间距离为，则正实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由直线与函数图象的相邻两交点间距离为，求得最小正周期；根据正切函数的对称性求得，从而求得其最小值. 【详解】因为直线与函数图象的相邻两交点间距离为， 所以函数的最小正周期为，所以，所以. 由函数的图象关于点对称， 得，所以. 所以正实数的最小值为. 6. 随着对某项新技术学习效率的提升，生产力不断提高．该技术下生产第一件产品的工时为，生产件产品的平均工时，其中（为产品工时递减速率）．现有一条工时递减速率为80%的生产线，则生产前四件产品与生产前两件产品的平均工时之比为（ ） A. 0.6 B. 0.8 C. 1.25 D. 1.6 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得，，代值化简即可求解./ 【详解】已知工时递减速率，且, 所以， 由于生产前件产品的平均工时：， 生产前件产品的平均工时：， 所以， 将​，代入：， 则生产前四件产品与生产前两件产品的平均工时之比为0.8 7. 若直线上存在点，圆上存在点，使得，则实数的最大值为（　　） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】设点和，根据题意，得到，代入圆的方程，整理得到关于的一元二次方程，结合，列出不等式，即可求解. 【详解】因为点在直线上，不妨设点，且， 又因为向量，可得 ，解得， 因为点在圆上，可得， 整理得， 该方程是关于的一元二次方程，存在实数解的充要条件为， 即，整理得， 即，解得，所以实数的最大值为. 8. 实数满足，则（ ） A. 2025 B. 2026 C. 2027 D. 2028 【答案】C 【解析】 【详解】设，因为，所以当时，，即， 又函数和函数在上都单调递增， 故在上也单调递增， 又，，， . 二．多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分）. 9. 在圆锥中，轴截面是边长为2的等边三角形，是的中点.用一个平面截圆锥，下列四个图中的截口曲线分别为圆、椭圆（截面经过点A）、抛物线的一部分、双曲线的一部分（截面垂直于平面），则（   ） A. 圆的面积为 B. 椭圆的长轴长为 C. 抛物线的焦点到准线的距离为1 D. 双曲线的离心率为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用平面几何知识可判断AB，建立直角坐标系分别求出抛物线和双曲线的方程可判断CD. 【详解】由题意底面半径为1，圆锥高， 对于A，为母线的中点，截面圆的半径为底面圆的半径的， 即截面圆半径为，则圆的面积为，A正确； 对于B，如图，在圆锥的轴截面中，作，垂足为， 为母线的中点，，， 椭圆的长轴长，B错误； 对于C，如图，设抛物线与底面圆的一个交点为， 以为原点，为x轴，在平面中建立平面直角坐标系， 则，， 设抛物线方程为，则，解得：， 则抛物线的焦点到准线的距离为，C错误. 对于D，如图，在与平面垂直且过点的平面内，建立平面直角坐标系， 坐标原点与点到底面的距离相等，且在轴上，    则点坐标为，双曲线与底面圆的一个交点为，其坐标为， 设双曲线方程为， 则，将代入双曲线方程得，解得， 所以，故双曲线的离心率为，D正确. 10. 设，且．若随机变量满足，则（已知若随机变量，则）（　　） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用二项分布的期望与方差公式可判定A，利用随机变量的期望与方差公式可判定B、C，由正态分布的对称性可判定D. 【详解】依据二项分布相关公式，． 依据正态分布定义，． 故而由期望可加性，A选项正确． 由随机变量数学期望和方差的相关性质，， ，因此B选项正确，C选项错误． 由正态分布的相关性质，有， 而，所以，D选项正确． 故选：ABD 11. 数学中有许多形状优美､寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，所谓等腰四面体，就是指三组对棱分别相等的四面体.关于“等腰四面体”，以下结论正确的是（ ） A. “等腰四面体”每个顶点出发的三条棱一定可以构成三角形 B. “等腰四面体”的四个面均为全等的锐角三角形 C. 三组对棱长度分别为5，6，7的“等腰四面体”的体积为 D. 三组对棱长度分别为，，的“等腰四面体”的外接球直径为 【答案】ABC 【解析】 【分析】将等腰四面体补成长方体，设等腰四面体的对棱棱长分别为，，，与之对应的长方体的长宽高分别为，，，然后结合长方体的性质分别检验各选项即可判断． 【详解】如图，将“等腰四面体”补成一个长方体. 设此“等腰四面体”的对棱棱长分别为，，， 与之对应的长方体的长宽高分别为，，， 则，得，，. 结合图形，容易判断出AB都是正确的； 对于C，由，，，得，，， 因为“等腰四面体”的体积是对应长方体的体积减去四个小三棱锥的体积， 所以“等腰四面体”的体积为，故C正确； 对于D，三组对棱长度分别为，，的“等腰四面体”的外接球直径为 ，故D不正确. 故选：ABC 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）. 12. 用斜二测画法画一个边长为 的正方形，其直观图面积为 .则展开式的常数项为 _____. 【答案】 【解析】 【分析】先根据斜二测画法求出直观图的面积，进而求出，再根据二项式定理求出展开式的常数项. 【详解】正方形斜二测画法直观图面积为，可得， 展开式的通项公式为， 令，则， 所以展开式的常数项为. 13. 已知定义在上的偶函数满足，且，则________. 【答案】 【解析】 【分析】推导出函数是周期为的周期函数，结合周期性可得出的值. 【详解】因为定义在上的偶函数满足，所以， 所以， 所以函数是周期为的周期函数，且， 因为，故. 故答案为：. 14. 有正整数，满足，且，现从以上6个正整数中任选3个组成三位数，则组成的不同三位数个数有___________． 【答案】13 【解析】 【详解】若，则无解； 若，则，所以， 因为5为质数，又，所以，解得， 若1的个数小于等于3， 由，可得， 又，代入得，所以， 因为，所以可得， 所以，所以的值只能为4，5，6. 若，只能是， 则，解得， 若，因5是质数，无法分解为两个大于等于2的整数的乘积，故舍去； 若，只能是， 则，解得， 综上所述：若1的个数小于等于3，该方程无正整数解， 所以6个数字为1，1，1，1，2，6. 从中任选3个排成三位数，取3个1，有1种排法； 取2个1，取1个2或1个6，有种排法； 取1，2，6，有种排法； 所以组成的不同三位数个数有. 四、解答题（本题共5小题，共77分）. 15. 我国某农业大学植物研究所相关人员为了解仙人掌的植株高度(单位：)，与其根茎长度(单位：)之间是否存在线性相关的关系，通过采样和数据记录得到如下数据： 样本编号 1 2 3 4 根茎长度 10 12 14 16 植株高度 62 86 112 132 参考数据：，，. （1）由上表数据计算相关系数，并说明是否可用线性回归模型拟合与的关系(若，则可用线性回归模型拟合，计算结果精确到0.001)； （2）求y关于x的经验回归方程． 附：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式，相关系数r的公式分别为， 【答案】（1），可用线性回归模型拟合与的关系； （2） 【解析】 【分析】（1）求出，，，，根据，可判断出可用线性回归模型拟合与的关系； （2）求出和，从而得到关于的经验回归方程. 【小问1详解】 ，， ， ， ，可用线性回归模型拟合与的关系； 【小问2详解】 ，， 故关于的经验回归方程为. 16. 的内角的对边分别为，且. （1）判断的形状； （2）若为锐角三角形，，求的最大值. 【答案】（1）为直角三角形或等腰三角形或等腰直角三角形 （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简后分别讨论各项为0时的情况即可； （2）先根据（1）中的结论判断此时为等腰三角形，再利用正弦定理将边化为角，构造关于角B的三角函数求值域，注意角B在锐角三角形中的范围即可. 【小问1详解】 由题意：， 整理得， 故或， 当时，，为直角三角形， 当时，，为等腰三角形， 当且时，，，为等腰直角三角形. 所以为直角三角形或等腰三角形或等腰直角三角形. 【小问2详解】 由（1）知，若为锐角三角形，则一定为等腰三角形，， 由正弦定理得，， ， 因为为锐角三角形，所以，解得， 当时，即时取最大值，最大值为. 综上，最大值为 17. 如图，和都垂直于平面，且，，是的中点． （1）证明：平面； （2）若四棱锥的体积为3，求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，证明为平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可求出； （2）法一：先根据体积求出点到平面的距离，再建立空间直角坐标系求出平面与平面的法向量，代入公式即可求出最大值； 法二：先根据体积求出点到平面的距离，延长和交于点，过作于，找到为平面与平面的夹角，再根据三角形面积相等得，同时结合即可求出. 【小问1详解】 取的中点，连接，， ，分别是和的中点，与平行且xd； 和都垂直于平面，且，与平行且相等， 与平行且相等，四边形为平行四边形，， 又平面，平面，平面． 【小问2详解】 设到平面的距离为， 则，故． 法一：由于垂直于平面，建立如图空间直角坐标系， ，， ，，，， 设，则， ，， 设平面的法向量为，则由得 取，得，，因此平面的一个法向量． 由于垂直于平面，因此是平面的一个法向量． 设平面与平面的夹角为， 则， ∴平面与平面夹角的余弦值的最大值为． 法二：延长和交于点，过作于， 平面，，又,，且两直线在平面内， 平面，， 为平面与平面的夹角， 由，得， 而，所以，当且仅当时等号成立； ，， ∴平面与平面夹角的余弦值的最大值为． 18. 已知抛物线的焦点为，直线与在第一象限交于点，. （1）求p的值. （2）设点B，D，E均在第一象限，且点B直线l上，点D，E在C上. ①是否存在点B，D，使得四边形FBAD是以FB，FD为邻边的平行四边形？若存在，求出平行四边形FBAD的面积；若不存在，请说明理由. ②是否存在点B，D，E，使得四边形FBED是以FB，FD为邻边的矩形？若存在，求点D的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）①存在，24；②存在， 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义求； （2）①根据直线轴，得出直线的方程，进而计算平行四边形的顶点坐标，即可计算面积； ②，，当时求出矩形顶点坐标推出矛盾，当时求出矩形顶点坐标，将点坐标代入抛物线方程中求出即可. 【小问1详解】 由抛物线定义知，，解得； 【小问2详解】 由（1）可得抛物线，， ①若四边形FBAD是平行四边形，则，所以直线DF的方程为， 由，得，因为点B，D均在第一象限，所以， 所以，则， 点A到直线DF的距离为6，平行四边形FBAD的面积为， 故存在点B，D，使得四边形FBAD是平行四边形，且其面积为24； ②设，， 若，则，因为在矩形FBED中，，则， 又，则， 而不在上，不符合题意； 若，则直线的斜率， 因为在矩形FBED中，，所以，则， 所以直线FB的方程为， 由点的纵坐标，得， 因为在矩形FBED中， 则，将其坐标代入，得， 解得或（舍）， 因为，所以，即， 综上，存在点B，D，E，使得四边形FBED是以FB，FD为邻边的矩形，此时. 19. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若在上恰有2个零点，求m的取值范围； （3）若，是的极值点，求证：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，再由点斜式方程求解即得； （2）依题意，将在上恰有2个零点问题转化成与的图象有2个不同的交点问题，求导研究函数在上的单调性，作出其图象数形结合即可求得参数的范围. （3）对求导，根据题设可得，由代入化简并放缩得到，令，求导判断其单调性，得到，即得，则得证. 【小问1详解】 当时，，则， ，则， 所以在处的切线方程为，即． 【小问2详解】 因为在上恰有2个零点，所以在上恰有2个解． 当时，在上单调递增，不符合题意，故， 所以在上恰有2个解， 故可得与的图象有2个不同的交点． 令，则， 所以当时，，可得； 当时，，可得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 因为， 作出的大致图象如图所示． 由图知，函数的图象与直线在上恰有2个不同的交点 等价于，解得， 即实数m的取值范围为． 【小问3详解】 因为，所以． 因为是的极值点，所以． 要证，即证． 因为 ． 令，则，由解得， 则当时，，当时，， 故函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即得证， 故． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $