四川泸州市合江县部分学校2026届高三下学期考前模拟考试数学试题

**基本信息** 泸州市合江县高三三模数学卷以高考为导向，覆盖集合、函数、几何等主干知识，通过人工智能概率模型、科赫雪花数学文化等情境，考查数学眼光、思维与语言，梯度适配高考能力要求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|集合、复数、椭圆离心率等|基础概念辨析，如第8题结合椭圆对称性考查离心率范围| |多选|3/18|统计方差、三角函数图像、科赫雪花|第11题以分形几何为载体，考查数列递推与求和| |填空|3/15|二项式定理、双曲线渐近线、正四面体外接球|第14题综合立体几何与球的性质，考查空间想象| |解答|5/77|解三角形、概率、立体几何、椭圆、导数|第16题设计AI训练系统情境，考查随机变量期望；第19题导数零点与极值点关系论证，体现逻辑推理|

泸州市合江县部分学校高2023级高三下学期高考考前模拟考试 数 学 试 题 参 考 答 案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D D C B B C C B AC ABD ABD 1．D 【解析】根据题意，求出集合A，进而求出集合和，分析选项即可得到答案. 【详解】根据题意， 则 故选：D 【点睛】此题考查集合的交并集运算，属于简单题目, 2．D 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，即可求出，再根据复数的乘法计算可得. 【详解】因为， 所以， 则， 所以. 故选：D 3．B 【详解】因为，即， 所以，（负值舍去）， 所以. 4．C 5．B 【分析】设等比数列的公比为，根据题意可得出关于、的方程组，解出的值，即可得出的值. 【详解】设等比数列的公比为，则， 上述两个等式相除得，整理可得， 因为，解得，故. 故选：B. 6．C 【详解】直线：可变形为： ， 令系数为0，则，解得， 直线恒过定点， 圆C：的标准形式为， 是以为圆心，半径是2的圆， ，故过圆内一点的直线与圆恒相交． 7．C 【详解】试题分析：根据已知函数是连续的偶函数,且当时是单调函数，且有，则说明而来，那么解方程可知满足方程的解求解得到方程的根满足，那么结合韦达定理可知四个根的和为-8，故选C. 8．B 【解析】由题意设椭圆的左焦点为N，连接AN，BN，因为AF⊥BF，所以四边形AFBN为长方形，再根据椭圆的定义化简得，得到离心率关于的函数表达式，再利用辅助角公式和三角函数的单调性求得离心率的范围. 【详解】由题意椭圆上一点A关于原点的对称点为点B，F为其右焦点，设左焦点为N，连接AN，BN，因为AF⊥BF，所以四边形AFBN为长方形． 根据椭圆的定义：，由题∠ABF＝α，则∠ANF＝α， 所以， 利用， ∵，∴，，即椭圆离心率的取值范围是， 故选B. 9．AC 【分析】根据题意结合平均数的定义判断AC；对于BD：举反例说明即可. 【详解】由题意可知：，，即，， 对于选项A：因为， 所以的平均数为，故A正确； 对于选项C：若， 则，即，故C正确； 对于选项BD：例如两组数据分别为和， 则，，，， 数据的平均数为，方差为，故B错误； 且满足，，但，故D错误； 故选：AC. 10．【详解】设为函数图象上任意一点，则. 因为点P关于原点的对称点在的图象上，. 即. 所以，， 所以.其最大值为，A正确； 在中，令，，得，， 令，得，所以的图象关于点对称，B正确； 将的图象向左平移个单位长度可得，C错误； 当时，，所以在上的值域为，当时，. 所以函数在单调递增，且值域为，又. 所以，存在唯一的使得，D正确． 11．ABD 【分析】根据给定的图形作法，探讨各自的变化规律，计算判断即得. 【详解】对于A，第n个图形的每条边分成三等份，去掉中间段，并以中间段为边向形外作正三角形， 得第个图形，则原来每条边变为4条，即，而，因此，A正确； 对于B，第2个图形在第1个图形外增加3个边长为的正三角形， 第3个图形在第2个图形外增加12个边长为的正三角形，而所有正三角形都相似， 则，B正确； 对于C，由作法知，，而，则，，C错误； 对于D，由选项AC知，， 所以数列的前n项和为，D正确. 故选：ABD 12． 【分析】由，再写出展开式的通项，从而求出的项，即可得解. 【详解】因为， 又的展开通项公式为，所以的展开式中， 含有的为，故的系数为. 故答案为： 13． 【详解】由题意知，，，， 所以，即，整理得，解得. 14．8 【分析】用等体积转化法，将到各个面的距离之和最大转化为到一个面的距离最大，计算该位置得到最大值. 【详解】由对称性，不妨设点与点分别在平面的异侧，设正四面体的高为， 四个侧面的面积为，点到平面，平面，平面，平面的距离 分别为，，，； 如图所示，有， 根据三棱锥的体积公式，可得： ， 可得， 结合球的性质，当线段恰好为外接球的直径位置时，最大，外接球的直径为：，此时. 代入正四面体的棱长计算可得，此时. 15．【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）根据题意，由正弦定理和三角恒等变换的公式，求得，进而得到，即可求得的值； （2）根据题意，得到，再由（1）和余弦定理，求得，结合三角形的面积公式，即可求解. 【详解】（1）解：因为，可得， 由正弦定理得， 又因为，可得， 所以， 即， 因为，可得，所以，即， 可得，即， 因为，所以，解得. （2）解：因为的周长为，可得， 由（1）知，由余弦定理得， 可得，解得， 所以的面积为. 16．【答案】（1）可能取值为2，3；，，；（2）． 【分析】（1）判断出的可能取值，并计算相应的概率，代入数学期望公式求解即可. （2）判断出的可能取值，结合条件概率计算相应的概率，代入数学期望公式求解即可. 【详解】（1）设第一次操作后，数据集中正样本个数为，可能取值为2、3． ，， 所以． （2）设第二次操作后，数据集中正样本个数为，可能取值为2，3，4． ， ， ， 所以． 17．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，为上靠近的三等分点． 【详解】（1）证明：折叠前，四边形是菱形，所以， 由于分别是边的中点，所以，故， 折叠过程中，平面， 所以平面. （2）当平面平面时，由平面平面，平面，， 所以平面，又平面，故， 建立如下图空间直角坐标系， 则. 所以，设则. ，， 设平面的法向量为， 则， 取，则，而， 设直线与平面的夹角为， 则，解得， 所以为上靠近的三等分点，满足题设要求. 18．【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）． 【详解】（1）由题意得，，，解得， 故的方程为； （2）（i）设点，且， 由题意得，，故，，， 则直线，直线， 则，则， 则，，故； （ii）记的面积为，则， 因 再令， 则， 令， 则 因，则， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则的最小值为，故的最小值为， 故的最小值为， 故的最大值为. 19．【答案】（1）；（2）（i）；（ii）证明见解析． 【详解】（1）当时，，所以， 所以，又，所以切线方程为，即； （2）（i）函数的定义域为，， 由，得，即， 由题意可得有三个零点，，，， 令，则， ①当时，，单调递增， 且当时，；当时，， 由零点存在定理可知存在正数，使得，令，得； 令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则在上最多有2个零点，不符合题意； ②当时，令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 若，则，所以， 所以在上单调递减，不可能有三个零点； 若，则，， 且当时，；当时，， 故由零点存在定理可知存在，，使得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 因为，所以，即. 又，当时，；当时，， 所以由零点存在定理可知存在三个零点，，， 所以有三个零点时，的取值范围是. （ii）证明：由，所以， 所以也是的零点，所以， 所以，所以，所以. 又的两个极值点分别为，， 所以，是，即的两个变号根， 所以直线与有两个不同的交点，其横坐标分别为，， 而，令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，且，，， 令，，则， 因为，所以，所以， 所以，，， 所以，所以，所以， 所以在上单调递增，所以， 所以，所以，所以， 所以，所以， 所以. ( 第 2 页 共 5 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸州市合江县部分学校高2023级高三下学期高考考前模拟考试 数 学 试 题 （考试时间：120分钟；试卷满分：150分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1．设集合，，则（ ） A． B． C． D． 2．已知复数满足，是的共轭复数，则（ ） A． B． C．3 D．5 3．已知，则（ ） A． B． C． D． 4．对于实数、，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 5．已知各项均为正数的等比数列的前项和为，若，，则（ ） A． B． C．或 D．或 6．已知直线：（其中）与圆C：，则直线与圆C的位置关系是（ ） A．相离 B．相切 C．相交 D．与m的取值有关系 7．设f (x)是连续的偶函数，且当x>0时f (x)是单调函数，则满足的所有x之和为（ ） A． B． C． D． 8．已知椭圆上一点关于原点的对称点为点，为其右焦点，若，设，且，则该椭圆的离心率的取值范围是（ ） A． B． C． D． 试卷第1页，共3页 ( 第 1 页 共 5 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9．两组数据和，它们的平均数分别为，，方差分别为，，则（ ） A．的平均数为 B．的方差为 C．若，则 D．若，则 10．已知函数与的图象关于原点对称，则（ ） A．函数的最大值为 B．函数的图象关于点对称 C．将函数的图象向左平移个单位长度可得的图象 D．，存在唯一的，使得 11．如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，图形的作法是：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线，若原正三角形边长为1，记第n个图形的边数为，第n个图形的边长为，第n个图形的周长为，第n个图形的面积为．则下列命题正确的是（ ） A． B． C． D．数列的前n项和为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．在的展开式中，的系数为__________．（用数字作答） 13．已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则__________． 14．已知正四面体的棱长为，点P为其外接球上的动点，则点P到该正四面体四个面的距离之和的最大值为__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15．（13分） 设△ABC中的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若的周长为，求△ABC的面积． 16．（15分） 在一个人工智能训练系统中，初始数据集包含2个正样本和3个负样本，现对这个数据集进行多次操作，每次操作，系统从这个数据集中随机抽取一个样本，若抽到正样本，则将其放回数据集（样本不变）；若抽到负样本，则以的概率通过数据增强将其转化为正样本后放回数据集，以的概率将其放回数据集（仍为负样本）． （1）求经过1次操作后，数据集中正样本个数的可能取值及其概率，并计算期望值； （2）求经过2次操作后，数据集中正样本个数的期望值． 17．（15分） 如图1，在边长为4的菱形中，，点分别是边的中点，与交于点与交于点．沿将△CMN翻折到△PMN的位置，连接，得到如图2所示的五棱锥． （1）证明：平面； （2）若平面平面，线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由． 18．（17分） 已知椭圆的左顶点为，下顶点为，长轴长为4，且过点． （1）求的方程； （2）点为椭圆在第一象限上任一点，直线交轴于点，直线交轴于点． （i）若四条直线，，，的斜率分别记为，，，，证明：； （ii）记的面积为，四边形的面积为，求的最大值． 19．（17分） 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有三个零点，，，其中，函数的两个极值点分别为，． （i）求的取值范围； （ii）证明：． ( 第 2 页 共 5 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $泸州市合江县部分学校高2023级高三下学期高考考前模拟考试 数学试题参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 11 答案 D D C B B C C B AC ABD ABD 1.D 【解析】根据题意，求出集合A,进而求出集合AUB和A⌒B,分析选项即可得到答案. 【详解】根据题意，B=xl0g,Bx-)<2=xr< 则AUB=(0,+0),A∩B= 15 33 故选：D 【点睛】此题考查集合的交并集运算，属于简单题目， 2.D 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简z,即可求出，再根据复数的乘法计算可得. 【详解】因为(1+2i)z=3-4i, 所以=3书仔1-20-3-61-有+8-1-1， 1+2i(1+21)(1-21) 5 则三=-1+2i, 所以22=(-1-2i)(-1+21=5. 故选：D 3.B 【详解】因为2sina=cos2a=-1-2sin'a,a∈0， 2 ,2sin2a+2sina-1=0, 所以sina=-2+2W5--1+V5 ,(负值舍去)， 4 2 所以cos2a=1-2sim2=1-2 -1+3 =√3-1 2 4.C 5.B 【分析】设等比数列{a}的公比为q(q>0),根据题意可得出关于a、q的方程组，解出q的值， 即可得出+1的值 4+g S=41+q+4)=14 【详解】设等比数列{a}的公比为q(q>0),则 43=44=8 上述两个等式相除得1+g+9_ g ,整理可得3q2-4q-4=0, 因为g>0,解得g=2,故+a-4g0+41=可-4 4+44q(1+q） 故选：B 6.C 【详解】直线1：(2m2++1)x+(2-m-3)y=3m2-2可变形为： m2(2x+y-3)+m(-y)+(x-3y+2上0， 第1页共8页 2x+y-3=0 x=1 令系数为0，则x-y=0,解得 x-3y+2=0 Ψ=11 .直线1恒过定点P(1,1) 圆C:x2+y2-4x=0的标准形式为(x-2)+y2=4, 是以C(2,0)为圆心，半径是2的圆， “PC=V(2-1+(0-1)2=√2<2，故过圆内一点的直线与圆恒相交， 7.C 【详解】试题分析：根据已知函数f()是连续的偶函数，且当x>0时f(x)是单调函数，且有 )=f+,则说明而来 而来内，那么解方程可知满足方程的解十=戈十一求辨行 x+4 x+4x+4 到方程的根满足x2+3x-3=0,x2+5x+3=0,那么结合韦达定理可知四个根的和为-8，故选C 8.B 【解析】由题意设椭圆的左焦点为N,连接AN,BN,因为AF⊥BF,所以四边形AFBN为长方形， 再根据椭圆的定义化简得2a=2 c cos a十2 esin a,得到离心率关于a的函数表达式，再利用辅助角 公式和三角函数的单调性求得离心率的范围. 【详解】由题意椭圆兰+二-1(a>0,b>0)上一点4关于原点的对称点为点B,F为其右焦点， 设左焦点为N,连接AN,BN,因为AF⊥BF,所以四边形AFBN为长方形. B 根据椭圆的定义：AF+AN=2a,由题∠ABF=a,则∠ANF=a, 所以2a=2 ccosa+2 csina, 2c 1 y 利用e=2 asina+-cosa互sima+: （4 6 女+子8Rma8 3,即椭圆离心率e的取值范围是 √√6 2’3 故选B. 9.AC 【分析】根据题意结合平均数的定义判断AC;对于BD:举反例说明即可 解)由题意知，，即究m ∑y=n, i= 对于选项A:因为5+为)+之于远+而+， n 所以+，x3+y2,,m+y的平均数为x+y,故A正确： 对于选项C:若<，2<巧，，x<yn, 第2页共8页 则-空之-反围少，放cE 对于选项BD:例如两组数据分别为1,3和2,4， 则-0+3)-2，-2+4)-3，$-0+0)-1，-+)-1， 数据37的平均数为x+=5,方差为(4+4)=4≠S+S,故B错误； 且满足1<2,3<4，但S2=S，故D错误： 故选：AC. 10.【详解】设P(x,y)为函数f(x)图象上任意一点，则y=cos(2x-p) 因为点P关于原点的对称点Q(-x-)在g(x)的图象上，-y=im一or- 6 所以o=2,p 3 所以)=o2r)m2x 6 =√3sin2x.其最大值为√5，A正确： 在f(x)=c0s2x-买中，令2x-”=k知+ m,5π 3 ,keZ,得x= 212 kEL, 令k=-1,得x= 12, 所以f(x)的图象关于点 120对称，B正确： 将 f(x)的图象向左平移 父 个 单位 长度可得 y=c2+ =-sin 2r-7 L33 cos 2x+ 6产8)，C错误： 时，2x 333所以fx)=cs2r- 「π2π 二 上的值域为 π元 当 时，2- 63 62'2 所以函数g(x)=sin 2x- 在 6 63」 所以x∈ 0, 存在唯一的x∈ 元π 使得f(x)=g(x),D正确. 6’3 11.ABD 【分析】根据给定的图形作法，探讨a,b,L,Sn各自的变化规律，计算判断即得 【详解】对于A,第个图形的每条边分成三等份，去掉中间段，并以中间段为边向形外作正三角 形， 得第n+1个图形，则原来每条边变为4条，即a1=4a,而4=3，因此an=3”41,A正确： 对于B,第2个图形在第1个图形外增加3个边长为；的正三角形， 第3个图形在第2个图形外增加12个边长为。的正三角形，而所有正三角形都相似， 则8=838+12×白8碧：B正确： 第3页共8页 对于C,由作法知，aA,而4=l,则a=白，=克C错误 对于D,由选项AC知，乙=ah,=3×4×白1=3x-, 0-4 所以数列{L}的前n项和为 1439,D正确 3 故选：ABD 12.120 【分析】由(1+x)(2+x)=(2+x)+x(2+x),再写出(2+x)展开式的通项，从而求出x的项，即 可得解 【详解】因为(1+x)(2+x)=(2+x)+x(2+x) 又(2+x)的展开通项公式为T+H=C5×2-x(0≤r≤5，r∈N),所以(1+x)2+x)的展开式中， 含有x2的为C×22,x3+x.C×23x2=40.x3+80x3=120x3,故x2的系数为120. 故答案为：120 13.m= 4 【详解】由题意知，a心2=3-m,b2=m,k= =tan60°=V3, a 9 所3，即3，整理得m=9,解得 3- 14.8 【分析】用等体积转化法，将到各个面的距离之和最大转化为到一个面的距离最大，计算该位置得 到最大值. 【详解】由对称性，不妨设点P与点A分别在平面BCD的异侧，设正四面体的高为h, 四个侧面的面积为S,点P到平面ABC,平面ABD,平面ACD,平面BCD的距离 分别为d,d,d3,d4; B 如图所示，有，-ABc+,-AsD+,-Acm=VA-BCD+-BCD, 根据三棱锥的体积公式，可得： 38-(d+d+d)-js.his.d. 3 可得d+d,+d+d4=h+2d4 结合球的性质，当线段AP恰好为外接球的直径位置时，d,最大，外接球的直径为：6×26=6， 2 此时d4=6-h 代入正四面体的棱长计算可得h=Y6264,此时(d+d,+d,+d)=4+4=8 3 15.【答案】1)牙：2)5. 【分析】(1)根据题意，由正弦定理和三角恒等变换的公式，求得√3sA-cosA=1,进而得到 第4页共8页 如(4寻分即可求得A的值： 6 (2)根据题意，得到b+c=6,再由(1)和余弦定理，求得bc=4,结合三角形的面积公式，即 可求解 【详解】(1)解：因为2 asinC+=b+c,可得5 asin C+acosC=b+c, 6 由正弦定理得√3 sin Asin C+sin Acos C=sinB+sinC, 又因为B=π-(A+C),可得sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cos Asin C, 所以√3 sin AsinC+sin AcosC=sinAcosC+cosAsinC+sinC, 3sin Asin C cos AsinC +sin C, 因为C∈(0，T),可得sinC>0,所以√5sinA=cosA+1,即√3sinA-cosA=1, 可得5sm4-cos4=2m(4-爱=1，印4-令克 6 因为4e(@动，所以4-合名解得4-号 (2)解：因为a=2√6，△ABC的周长为6+2√6，可得b+c=6, 由(1)知A=子，由余弦定理得d=B+c2-2bc0sA, 可得(26)2=b2+c2-bc=(b+c)2-3bc=62-3bc,解得bc=4, 所以VABC的面积为S=】besin A=}x4xsn亚=√3 2 3 4 能取值为23：PX=2PX3)·E 【分析】(1)判断出X,的可能取值，并计算相应的概率，代入数学期望公式求解即可， (2)判断出X,的可能取值，结合条件概率计算相应的概率，代入数学期望公式求解即可. 【详解】(1)设第一次操作后，数据集中正样本个数为X,可能取值为2、3. PX=2)=2+2×2-1,PX=3)2×51 3.11 5535 535 所以(X)=2x号3x 3x5=5 (2)设第二次操作后，数据集中正样本个数为X,,可能取值为2,3,4. P(X,=2)=P(x=2×416 ×5-25 P(X2=3)=P(x1=2)×+P(x=3)× 3,22)251 5+3753 P(X2=4)=P(X=3)× 212 5375 所以X)=2x16+3×+4× 2179 25 37575 17.【答案】（1)证明见解析：(2)存在，Q为PA上靠近P的三等分点. 【详解】(1)证明：折叠前，四边形ABCD是菱形，所以AC L BD, 由于M,N分别是边BC,CD的中点，所以MN/IBD,故N⊥AC, 折叠过程中N⊥GP,N⊥GA,GP∩GA=G,GP,GAc平面PAG, 所以MN⊥平面PAG (2)当平面PMN⊥平面MNDB时，由平面PN∩平面MNDB=MN,GPc平面PMN,MN⊥GP, 所以GP⊥平面NDB,又AGc平面NDB,故GP⊥AG, 建立如下图空间直角坐标系， 第5页共8页 ZA P(C 元A B 则G0,0,0),A33,0,0),P(0,0,V5),D(W3,-2,0),W0,-1,0),M0,1,0) 所以PA=(3V3,0,-3),设P四=PA(0≤1≤1)，则Q3V3元，0，V3-V3) D9=(331-V3,2,3-3),DN=(-3,1,0), 设平面ODN的法向量为m=(x,y,z), m.D0=(351-3x+2y+(5-522=0 则 m.D=-√3x+y=0 取x=元-1，则m=(1-1,V31-√3,31+1)，而MM=(0,2,0), 设直线M与平面ODN的夹角为O, 则sin0= ii.MN 2W52-23 √39 m24(2-1)2+62+1)2 13, 解得元= 所以Q为PA上靠近P的三等分点，满足题设要求， 18。【答案】(1)+y=1:(2)(①证明见解析：()5-1 4 2 13 【详解】(1)由恩意得，2a=4,京+4化=1，解得。=4=1， 数虹的方程为号-1： (2)(i)设点P(66),且0<<20<<1，至+=1， 4 25, 由题意得，A(-20),B(0-1),故片=， -2’ 则直线y中2+.直线即y x-1, 2% c小可贱要 x(+2) %+1 则华感 +2 故kk3=kk4: B (ii)记△PAB的面积为S,则 8-S=g-1, SSS 第6页共8页 sin APa |PAPB_+2+1 S csinAr |PGP四 再令=2cos8,=sin8,0∈0,2/ S=2cosg +2 sing+1-1+sing tcosg+1 则S 2cosq sing sing cosq 令f(x)=sinr+cosx+1 sinx cosx e0 (cosx-sinx)sin xcosx-(cos2x -sin2x)inx+cosx +1) 则f(x)= (sinxcosx) (cosx-sin x)sinxcosx-(cos.x+sinx)(sinx+cosx+1) (sinxcosx)月 (sinx-cosx)(sinx+cosx+sinx cosx+sinx+cosx) (sin xcosx) 因xe0,） 2 sin2x+cos2x+sinxcosx+sinx+cosx>0, 则f(四>0得牙x登：<0得0<x<异 则刊在®星1单河诺减，在手引1单调运溶。 则f(的最小值为f目到-25+2，故的荥小值为25+3， 放受的技小值为25+2 点爱的设大故 1-V2-1 2W2+22 19.【答案】（①）x+y-1-0:（2)D0):《i证明见解析， 。1 【详解】当a=1时，f=是-1+，所以f)=-2x4m x2 所以∫(I)=-1,又f(1)=0,所以切线方程为y=-(x-1),即x+y-1=0: (2)(i)函数f(x)的定义域为(0，+w),g(x)=a1-x2)+xnx,x∈(0，+o), 由f(x)=0,得g(x)=0,即a1-x2)+xlnx=0, 由题意可得g(x)有三个零点x,x,,8'(x)=lnx-2+1, 令的=n-a1,测M倒-士a, ①当a≤0时，i(x)>0,g'(x)单调递增， 且当x→0时，g(x)→-0：当x→+m时，g'(x)→+0， 由零点存在定理可知存在正数t,使得gt)=0,令g(x)<0,得0<x<t: 令gc(x)>0,得x>t, 所以g(x)在(0，t)上单调递减，在(t,+)上单调递增， 则8(x)在(0，+o)上最多有2个零点，不符合题意： 1 ②当a>0时令()>0，得0<<2a:令()<0，得x>a 第7页共8页 所以g(四在(0 上单调递增，在 2a+o上单调递减， 1 所以g'(x)max=8' 2a =-ln(2a), 若a则ga 1 0，所以g'(x)≤0， 所以g(x)在(0，+o)上单调递减，不可能有三个零点： 者0<a分则元>1，g0=1-2a>0, 2a 且当x→0时，8(x)→-0：当x→+0时，8(x)→-0， 故由零点存在定理可知存在me(0,1),n∈(L,+o),使得g'(m)=g(n)=0, 当x∈(0，m)时，g(x)<0,g(x)单调递减： 当x∈(m,)时，gx)>0,g(x)单调递增； 当x∈(n,+∞)时，g()<0,g(x)单调递减， 因为m<1<n,所以g(m)<g(1)<g(n),即g(m)<0<g(n). 又81)=0，当x→0时，g()→a;当x→+0时，8(x)→-n, 所以由零点存在定理可知存在三个零点x∈(0，)，x3=1,∈(n,+∞)， 所以)有三个零点时，a的取值花调是®》 )证明：由f[日=a2-少xm=g).所以 =-8(x)=0, 所以士也是f(x)的零点，所以黑=上 所以=1，所以55=1，所以∫(5x5)=∫()=0 又g(x)的两个极值点分别为m,n, 所以m,n是gy)=0,即2a-1c1的两个变号根， 所以直线y=2a与Px)=血x+1有两个不同的交点，其横坐标分别为m,n, 面)=，令p(0.得0<<1：令p(k0,得x>1 所以p(x)在(0,1上单调递增，在(1，+o)上单调递减，且0<<1<n,1<2-m<2,p(m)=p(n), 令k(=p(y-p2-),0<x<1,则k()=p(+p2-刘=r血2- x2(2-x)2 因为0<x<1,所以1<2-x<2,所以0<x<1<2-x<2, 所以(2-x)2>x2>0,n(2-x)>0,2x-x2=-(x-1)2+1∈(0,1)， 所以坚，2》+e20,所以+2 nr,n(2-x)] >0,所以k(x)>0, x2(2-x}x2 x2. x2 所以k(x)=p(x)-p(2-x)在(0,1上单调递增，所以k(x)<k(I)=0, 所以p(x)<p(2-x),所以p(m)<p(2-m),所以p(n)<p(2-m), 所以n>2-m,所以1<m+”<n, 2 所以"2>g0-0了xx) 第8页共8页泸州市合江县部分学校高2023级高三下学期高考考前模拟考试 数学试题 (考试时间：120分钟：试卷满分：150分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1.设集合A={x|x>0},B={xlog2(3x-1)<2},则( A.Ana-(0.3) B.A∩B= 3 C.AUB= D.AUB=(0,+∞) 2.已知复数z满足(1+2i):=3-4i,三是z的共轭复数，则z.z=() A.5 B.5 C.3 D.5 3.己知2 sina=cos2a,a∈ 则cos2ax=() A.√2-1 B 2W5 c.3-1 D.3 4.对于实数a、b,则“d>b”是“2>b2”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 5.已知各项均为正数的等比数列{a,}的前项和为S,若S=14,4=8,则马+41=() as +ag A号 B.4 c.4政 D.2诚-月 6.已知直线l:（2m2+m+1)x+(m2-m-3)y=3m2-2(其中meR)与圆C:x2+y2-4x=0,则 直线I与圆C的位置关系是() A.相离 B.相切 C.相交 D.与m的取值有关系 7.设f(w)是连续的偶函数，且当x>0时f(w)是单调函数，则满足f(x)=f x+3 x+4 的所有x之和为 () A.-3 B.3 C.-8 D.8 8.己知椭圆 +方=1(a>b>0)上一点A关于原点的对称点为点B,F为其右焦点，若AFLBF, + 设∠ABF=a,且a∈x,四 则该椭圆的离心率e的取值范围是() 12’4 √26 √22W2 2,3 D. 第1页共4页 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9.两组数据，x,,x和，，…，，它们的平均数分别为x,y,方差分别为S，S,则() A.x1+,x2+,,xn+yn的平均数为x+y B.+,3+y2,,x+yn的方差为S+S C.若<，x2<2,…,七，<yn,则x<y D.若<h,3<2,…,x<yn,则S2<S 10.己知函数f(x)=cos(2x- 到与)-noro>0)的图家关于照友对称 6 则() A.函数f(x)+g(x)的最大值为√3 π B.函数f(x)的图象关于点 0 12 对称 C.将函数f(x)的图象向左平移”个单位长度可得g()的图象 3 存在唯一的x,∈ ππ 63 使得f(x)=g() 11.如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形状的图案，图形的作法是：从一个正 三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底 边，反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线，若原正三角形边长为l,记第个图形的 边数为a,第n个图形的边长为bn,第n个图形的周长为L,第n个图形的面积为S,n∈N.则 下列命题正确的是() ① ② ③ ④ A.0=3×4-1 B. C.ba=B1 1 D.数列{L}的前n项和 4 339 第2页共4页 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.在(1+x)(2+x)的展开式中，x的系数为 ·（用数字作答) 13.已知双曲线，上-1的一条渐近线的倾斜角为60°，则m=」 3-m 14.已知正四面体ABCD的棱长为2W6,点P为其外接球上的动点，则点P到该正四面体ABCD四 个面的距离之和的最大值为 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15.(13分) 中的内角4B,C的对边分别为abc,且2smC+6 (1)求A: (2)若a=2√6，△4BC的周长为6+2√6，求△ABC的面积. 16.(15分) 在一个人工智能训练系统中，初始数据集包含2个正样本和3个负样本，现对这个数据集进行多次 操作，每次操作，系统从这个数据集中随机抽取一个样本，若抽到正样本，则将其放回数据集（样 2 本不变)；若抽到负样本，则以二的概率通过数据增强将其转化为正样本后放回数据集，以二的 概率将其放回数据集（仍为负样本）， (1)求经过1次操作后，数据集中正样本个数的可能取值及其概率，并计算期望值： (2)求经过2次操作后，数据集中正样本个数的期望值. 17.(15分) 如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，点M,N分别是边BC,CD的中点，AC与BD 交于点O,AC与N交于点G.沿N将△CMN翻折到△PMN的位置，连接PA,PB,PD,得到如 图2所示的五棱锥P-ABMND. 第3页共4页 P(C D GM 图1 图2 (1)证明：MN⊥平面PAG; (2)若平面PMN⊥平面MNDB,线段PA上是否存在一点Q,使得直线NM与平面QDN所成角 的正弦值为3？若存在，试确定点Q的位置：若不存在，请说明理由。 13 18.(17分) 已知椭圆r:号+ 云+。=1a>b>0)的左顶点为A,下顶点为8，长轴长为4，且过点 (1)求T的方程： (2)点P为椭圆T在第一象限上任一点，直线AP交y轴于点C,直线BP交x轴于点D. (i)若四条直线AP,BP,AB,CD的斜率分别记为k,k,k,飞4，证明：kk=kk4: ()记△PCD的面积为8，四边形ABDC的面积为S,求空的最大值。 19.(17分) 已=a-小四 其中a∈R x (1)当a=1时，求曲线y=∫(x)在点(1，f(1)处的切线方程： (2)若∫(x)有三个零点x,x2,5,其中x<x3<x3,函数g(x)=x∫(x)的两个极值点分别为m, n(m<n）. (i)求a的取值范围； m+n (i)证明：82 >f(xxx) 第4页共4页