精品解析：四川省彭州中学2025-2026学年高三下学期第二次高考模拟考试数学试题

2025-2026学年度四川省彭州中学高2023级高三下第二次高考模拟考试 数学学科试题 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 命题人：王昭 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. 命题的否定是（    ） A. B. C. D. 3. 若，则 A. B. C. D. 4. 已知在边长为的正方形中，点满足，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知椭圆的一个焦点是，过原点的直线与相交于点，，的面积是，则（ ） A. B. C. D. 6. 用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为 A. 24 B. 48 C. 60 D. 72 7. 下图中的一系列三角形图案称为谢尔宾斯基三角形.图（1）中阴影三角形的个数为1，记为，图（2）中阴影三角形的个数为3，记为，以此类推，，，…，数列构成等比数列.设的前n项和为，若，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8. 设函数，若关于的方程恰好有4个不相等的实数解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.（全选对得6分，选对但不全得部分分，有错得0分） 9. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的一个周期为 B. 的图像关于直线对称 C.  的一个零点为 D. 在单调递减 10. 在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则下列选项正确的是（ ） A. B. 直线与所成角的余弦值为 C. 三棱锥的体积为 D. 存在实数使得 11. 已知在重伯努利试验中，每次试验中事件发生的概率为，记试验进行至事件发生次为止时试验进行的次数为，称服从负二项分布，记作，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则，，… C. 若，则，，，，… D. 若，则当取不小于的最小正整数时，最大 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，的夹角为，，，则______. 13. 已知双曲线，左、右焦点分别为、，过作倾斜角为的直线与双曲线交于两点，则的周长为______． 14. 已知函数，，若，，使得，则实数的取值范围为__________． 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. 已知数列满足，且是关于的方程的两个根． （1）求； （2）设，求数列的前21项和． 16. 已知函数. （1）求的极值； （2）若函数在定义域内有三个零点，求实数a的取值范围. 17. 如图,在四棱锥中，底面，． （1）证明：平面平面； （2）设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 18. 已知平面内两个定点，，满足直线与的斜率之积为的动点的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同两点； （1）求曲线的轨迹方程； （2）若直线和的斜率之积为，求证：直线过定点； （3）若直线与直线分别交于，求证：. 19. 某超市为吸引顾客，组织购物抽奖活动，抽奖机中有种不同面值的代金券可抽，抽得的代金券可在本超市消费，抽奖规则如下： 顾客先在抽奖机上随机抽取一个数（）． （Ⅰ）当时，随机抽得一张代金券； （Ⅱ）当时，随机抽取张面值不同的代金券，但这些代金券都不能用于消费．仅供参考，随后从剩下的（）张代金券中逐个随机抽取，一旦出现比这张代金券的面值都高的，即抽得该张代金券；若后面没有比这种的面值都高的，则抽得最后一张代金券． 某位顾客购物后参加抽奖活动． （1）当，且三张代金券的面值分别为元，元，元时. ①若其抽取的数，求其抽得代金券的面值的均值和方差； ②求其抽得元代金券的概率. （2）当，顾客抽取（）为何值时，抽得最高面值的代金券的概率最大？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度四川省彭州中学高2023级高三下第二次高考模拟考试 数学学科试题 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 命题人：王昭 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】C 【解析】 【分析】分析可得，由此可得出结论. 【详解】任取，则，其中，所以，，故， 因此，. 故选：C. 2. 命题的否定是（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用全称量词命题的否定直接判断即可. 【详解】命题是全称量词命题，其否定是存在量词命题， 所以所求否定是. 故选：A. 3. 若，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据复数运算法则求解即可. 【详解】．故选D． 【点睛】本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想解题． 4. 已知在边长为的正方形中，点满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量线性运算与数量积的定义直接求解即可. 【详解】 . 故选：B. 5. 已知椭圆的一个焦点是，过原点的直线与相交于点，，的面积是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设直线方程，联立直线与椭圆，根据的面积求出，利用弦长公式求出弦长. 【详解】如图： 由题，不妨设，直线斜率存在， 设直线方程， 联立， ， ， 解得， 故， 故选：D. 6. 用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为 A. 24 B. 48 C. 60 D. 72 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由题意，要组成没有重复数字的五位奇数，则个位数应该为1或3或5，其他位置共有种排法，所以奇数的个数为，故选D. 【考点】排列、组合 【名师点睛】利用排列、组合计数时，关键是正确进行分类和分步，分类时要注意不重不漏，分步时要注意整个事件的完成步骤．在本题中，个位是特殊位置，第一步应先安排这个位置，第二步再安排其他四个位置． 7. 下图中的一系列三角形图案称为谢尔宾斯基三角形.图（1）中阴影三角形的个数为1，记为，图（2）中阴影三角形的个数为3，记为，以此类推，，，…，数列构成等比数列.设的前n项和为，若，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得，再求出，即可得到方程，解得即可； 【详解】解：易知，所以，由，得，所以. 故选：C 8. 设函数，若关于的方程恰好有4个不相等的实数解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得图象与直线，共4个交点，分别利用导数研究函数与函数，可得大致图象，据此可得答案. 【详解】， 由题则图象与直线，共4个交点. 令，则，. 则在上单调递增，在上单调递减，. 又，据此可得大致图象如下. 令，则，又，据此可得大致图象如下. 由图易得图象与直线有1个交点，则图象与直线有3个交点. 则. 故选：B 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.（全选对得6分，选对但不全得部分分，有错得0分） 9. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的一个周期为 B. 的图像关于直线对称 C.  的一个零点为 D. 在单调递减 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于选项A，通过计算函数的周期； 对于选项B，将代入函数，若所得结果为或，则B选项正确； 对于选项C，计算，将代入函数，若结果为0，则选项C正确； 对于选项D，当，则，然后分析在上的单调性. 【详解】因为函数，所以它的一个周期为，故A正确； 令，求得为最小值，故的图像关于直线对称，故B正确； 对于，令，可得， 故的一个零点为，故C正确； 当，，函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数在上没有单调性，故D错误． 故选：ABC 10. 在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则下列选项正确的是（ ） A. B. 直线与所成角的余弦值为 C. 三棱锥的体积为 D. 存在实数使得 【答案】BD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出，对于A，计算的值即可判断；对于B，计算的值即可判断；对于C，先计算得，接着计算，再由和平面且结合锥体体积公式即可计算求解；对于D，由计算求出即可得解. 【详解】由题可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 对于A，，故与不垂直，故A错误； 对于B，， 所以直线与所成角的余弦值为，故B正确； 对于C，由上，所以， 所以即，又， 所以， 因为，又由正方体性质可知平面即平面， 所以，故C错误； 对于D，若存在实数使得， 则， 所以，所以，故D正确. 故选：BD. 【点睛】思路点睛：建立坐标系解决立体几何中的问题是一种常用方法，它的思维量小，计算量虽多但是计算简单，解法直接自然和简单，本题根据正方体的结构特征建立了空间直角坐标系，接着计算所需向量坐标，从而根据各个问题的向量法理论公式直接计算即可判断求解. 11. 已知在重伯努利试验中，每次试验中事件发生的概率为，记试验进行至事件发生次为止时试验进行的次数为，称服从负二项分布，记作，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则，，… C. 若，则，，，，… D. 若，则当取不小于的最小正整数时，最大 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用负二项分布的定义可判断ABC选项；利用不等式法，结合负二项分布的定义可判断D选项. 【详解】对于A，由，则，故A正确； 对于B， 由，则，，…，故B正确； 对于C，因，则，，，，…，故C错误； 对于D，因，最大时，当且仅当成立， 即，解得：. 故当取不小于的最小正整数时，最大，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，的夹角为，，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据计算可得结果. 【详解】. 故答案为：. 13. 已知双曲线，左、右焦点分别为、，过作倾斜角为的直线与双曲线交于两点，则的周长为______． 【答案】12 【解析】 【分析】由，，可得为，代入双曲线方程中，利用弦长公式求出，再由双曲线的定义即可求解周长. 【详解】因为，， 所以直线为， 设， 由，得， 则， 所以， 因为，， 所以， 所以 故答案为：12 14. 已知函数，，若，，使得，则实数的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数分别求函数和的值域，再根据不等式，转化为子集问题，即可列不等式求解. 【详解】，得或， 因为，所以，得， 当，，单调递减，当，，单调递增， ，，，所以函数在区间的值域是， ，在区间恒成立，所以在区间单调递增， 所以在区间的值域为， 由条件可知函数在区间的值域是在区间的值域的子集， 即是的子集， 即，解得：， 所以实数的取值范围是. 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. 已知数列满足，且是关于的方程的两个根． （1）求； （2）设，求数列的前21项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由韦达定理和等差数列的定义即可求解； （2）由分组求和法、裂项相消即可求解. 【小问1详解】 因为是关于的方程的两个根， 所以． 所以数列是一个首项为1，公差为2的等差数列． 因此． 【小问2详解】 由（1）知，对于方程， 由韦达定理得，即． 所以 ． 所以 ． 16. 已知函数. （1）求的极值； （2）若函数在定义域内有三个零点，求实数a的取值范围. 【答案】（1）极大值为，极小值为；（2）. 【解析】 【分析】 （1）先对函数求导，然后结合导数可分析函数的单调性，进而可求函数的极值； （2）“函数，在定义域内有三个零点”可以转化为“方程有两个非零实根”.构造函数，对其求导，然后结合导数及函数的性质可求. 【详解】解：由题意可知函数的定义域为R. （1）因为. 所以， 由，得，， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 因此，当时，有极大值，并且极大值为； 当时，有极小值，并且极小值为. （2）因为， 所以为一个零点. 所以“函数，在定义域内有三个零点”可以转化为“方程有两个非零实根”. 令，则， 所以，当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，有最小值，时，，时，. 若方程有两个非零实根，则，即. 若，方程只有一个非零实根， 所以. 综上，. 【点睛】本题考查函数极值的求解，利用导数研究函数零点的个数，考查化归转化思想和数学运算能力，是中档题. 17. 如图,在四棱锥中，底面，． （1）证明：平面平面； （2）设，且点，，，均在球的球面上． （i）证明：点在平面内； （ⅱ）求直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）（i）证明见解析； （ii）. 【解析】 【分析】（1）通过证明，，得出平面，即可证明面面垂直； （2）（i）建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设在同一球面上，在平面中，得出点坐标，进而得出点在空间中的坐标，计算出，即可证明结论； （ii）写出直线和的方向向量，即可求出余弦值. 【小问1详解】 由题意证明如下， 在四棱锥中，⊥平面，， 平面，平面， ∴，， ∵平面，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. 【小问2详解】 （i）由题意及（1）证明如下， 在四棱锥中，，，，∥， ，， 建立空间直角坐标系如下图所示， ∴， 若，，，在同一个球面上， 则， 在平面中， ∴， ∴线段中点坐标， 直线的斜率：， 直线的垂直平分线斜率：， ∴直线的方程：， 即， 当时，，解得：， ∴ 在立体几何中，， ∵ 解得：， ∴点在平面上. （ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得， ， 设直线与直线所成角为， ∴. 法2： 由几何知识得，， ，∥， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 过点作的平行线，交的延长线为，连接，， 则，直线与直线所成角即为中或其补角. ∵平面，平面，， ∴， 在Rt中，，，由勾股定理得， ， 在Rt中，，由勾股定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 即： 解得： ∴直线与直线所成角的余弦值为：. 18. 已知平面内两个定点，，满足直线与的斜率之积为的动点的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同两点； （1）求曲线的轨迹方程； （2）若直线和的斜率之积为，求证：直线过定点； （3）若直线与直线分别交于，求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设，根据条件建立等式，化简即可求出结果； （2）设，联立方程，消得到，由韦达定理得，利用条件，即可得到或，即可证明结果； （3）根据条件得出和的中点重合，即可证明结果. 【小问1详解】 设，由题有，化简得到， 所以曲线的轨迹方程为. 【小问2详解】 因为直线和的斜率之积为，所以直线的斜率存在，设，，， 由，消得到， 则，， ， 化简整理得到，得到或， 当时，，直线过定点与重合，不合题意， 当，，直线过定点，所以直线过定点. 【小问3详解】 由（2）知，， 所以的中点坐标为， 又易知直线直线是双曲线的渐近线，设， 由，消得到， 所以，，得到的中点坐标为， 所以的中点与的中点重合，设中点为， 则，从而有. 19. 某超市为吸引顾客，组织购物抽奖活动，抽奖机中有种不同面值的代金券可抽，抽得的代金券可在本超市消费，抽奖规则如下： 顾客先在抽奖机上随机抽取一个数（）． （Ⅰ）当时，随机抽得一张代金券； （Ⅱ）当时，随机抽取张面值不同的代金券，但这些代金券都不能用于消费．仅供参考，随后从剩下的（）张代金券中逐个随机抽取，一旦出现比这张代金券的面值都高的，即抽得该张代金券；若后面没有比这种的面值都高的，则抽得最后一张代金券． 某位顾客购物后参加抽奖活动． （1）当，且三张代金券的面值分别为元，元，元时. ①若其抽取的数，求其抽得代金券的面值的均值和方差； ②求其抽得元代金券的概率. （2）当，顾客抽取（）为何值时，抽得最高面值的代金券的概率最大？ 【答案】（1）①均值为，方差为；② （2）2 【解析】 【分析】（1）①由题可得抽得的面值可能为15元，10元，5元，分别计算其概率，据此可得期望与相应方差；②分别计算抽取的数的情况下，抽得15元的概率，相加可得答案； （2）设5张代金券面值为1元，2元，3元，4元，5元，由题可得，，分别计算，1，2，3，4情况下，抽得5元的概率，比较后可得答案. 【小问1详解】 ①设最后抽得代金券的面值为，则可能取值为5,10,15. 先抽取的代金券面值为5的概率为，此种情况下最后抽得10元或15元的概率均为； 先抽取的代金券面值为10的概率为，此种情况下最后抽得15元的概率为； 先抽取的代金券面值为15的概率为，此种情况下最后抽得10元或5元的概率均为. 综上可得，，，. 则抽得代金券的面值的均值为. 方差. ②抽取的数的概率为，此种情况下抽得15元概率为； 抽取的数的概率为，此种情况下由①分析可得抽得15元概率为； 抽取的数的概率为，此时先抽取的两张代金券面值为的概率为，此种情况下抽得15的概率为； 先抽取的两张代金券面值中含有15的概率为，此种情况下抽得15的概率为0. 综上可得：抽得15元代金券的概率为. 【小问2详解】 不妨设张代金券面值为元，元，元，元，元， 由题可得， 当抽取的数，则抽到的概率为； 当抽取的数，参考面值为时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券， 只有第张为时，才能抽中元，概率为， 参考面值为时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券， 只有第张为或第张为，第张为时，才能抽中元， 对应的概率为； 参考面值为时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券， 只有5在4前面时，才能抽中元， 总情况有种，5在4前面和5在4后面的情况相同，均为12种，对应概率为； 参考面值为时，概率为， 此时因剩余代金券中只有大于，则总能抽到，对应概率为； 参考面值为时，概率为，此时抽到的概率为； 综上，当抽取的数，抽到的概率为 当抽取的数，参考面值有种情况， 参考面值为时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券， 只有第张为时，才能抽中，剩余张代金券的全排列数为， 第张抽到的情况有种，则对应概率为； 参考面值为时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券， 只有第张为或第张为，第张为时，才能抽中， 第张抽到的情况有种，第张为，第张为的情况有种， 又总情况种，则对应概率为； 参考面值为时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券， 只有第张为或第张为，第张为时，才能抽中， 第张抽到的情况有种，第张为，第张为的情况有种， 又总情况种，则对应概率为； 参考面值中有，但是没有时，情况有种， 又总情况有种，则概率为， 此时剩余代金券仅有大于，则总能抽到，对应概率为； 参考面值中有时，有种情况，在剩余代金券中抽到的概率为， 综上，当抽取的数，抽到的概率为 当抽取的数，参考面值有种情况， 参考面值为时，概率为，此时逐个随机抽取剩余代金券， 只有第张为时，才能抽中，因剩余张代金券排列方式有种，则对应概率为； 参考面值中有，但没有，有种情况， 又总情况有种，概率为，此时剩余代金券仅有大于，则总能抽到，对应概率为； 参考面值中有，有种情况，在剩余代金券中抽到的概率为， 综上，当抽取的数，抽到的概率为； 当抽取的数，参考面值有种情况， 当且仅当参考面值为时，可抽到，对应概率为； 综上，抽得最高面值的代金券的最大概率为， 则当时，抽得最高面值的代金券的概率最大. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $